Mecânica Física - · PDF fileabordagem experimental e teórica Armando Dias Tavares (1917 – 1988) Revisado por: J. U. Cinelli L. de Oliveira Rio de Janeiro 2005

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Armando Dias Tavares†

Revisado por:

J. U. Cinelli L. de Oliveira‡

Mecânica Físicaabordagem experimental e teórica

1977 – (2005)

UERJ – IF – DFT Rio de Janeiro – RJ – Brasil† (1917 – 1988)‡DFT – IF – UERJ

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Com 324 Figuras.

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MECÂNICA FÍSICA

abordagem experimental e teórica

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MECÂNICA FÍSICAabordagem experimental e teórica

Armando Dias Tavares(1917 – 1988)

Revisado por: J. U. Cinelli L. de Oliveira

Rio de Janeiro2005

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Copyright c©2005, dos autoresTodos os direitos desta edição reservados à Editora da Universidade do Estado doRio de Janeiro. É proibida a duplicação ou reprodução deste volume, ou de parte domesmo, sob quaisquer meios, sem autorização expressa da editora.

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Sumário

Apresentação 21Preâmbulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Orientação ao Estudante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

Introdução 25

1 Método Científico 291.1 Observação e experimentação . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.2 Causa e Efeito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.3 Hipótese . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.4 Modelo e Matemática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321.5 Construção de um modelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.6 Confecção de uma caixa de pesos . . . . . . . . . . . . . . . . 37

1.6.1 Observação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371.6.2 Deflexão da haste em função do peso . . . . . . . . . . 39

1.7 Grandeza Física: medição e medida . . . . . . . . . . . . . . . 411.8 Função de uma variável . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 421.9 Lei de interdependência entre grandezas físicas . . . . . . . . . 431.10 Eixos coordenados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 451.11 Interpolação e extrapolação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

1.11.1 Interpolação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 511.11.2 Extrapolação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52Observação avançada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

9

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10 Sumário

I Estática 61

2 Regra do paralelogramo 632.1 Deflexão de uma haste metálica . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2.1.1 Interpolação e dinamômetro . . . . . . . . . . . . . . . 692.1.2 Extrapolação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

2.2 Grandezas homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 712.3 Grandezas físicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 712.4 Erros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

2.4.1 Erros sistemáticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 722.4.2 Erros acidentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 722.4.3 Erros grosseiros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

2.5 Estudo dos erros acidentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 742.5.1 Dispersão, desvio ou resíduo . . . . . . . . . . . . . . . 752.5.2 Erro médio da média . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 772.5.3 Erro relativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 772.5.4 Erro tolerável . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

2.6 Algarismo significativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 782.6.1 Operações com algarismos significativos . . . . . . . . 79

2.6.1.1 Normas para cálculo . . . . . . . . . . . . . . 792.7 Dinamômetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

2.7.1 Obtenção de um dinamômetro de precisão . . . . . . . . 812.8 Força aplicada em um ponto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 852.9 Experimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 862.10 Outro experimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 882.11 Equilíbrio de três forças aplicadas em um ponto . . . . . . . . 90

2.11.1 Estudo da regra do paralelogramo . . . . . . . . . . . 922.11.2 Localização das forças relativamente à estrutura . . . . 922.11.3 Medição dos ângulos no plano . . . . . . . . . . . . . 932.11.4 A Regra do paralelogramo . . . . . . . . . . . . . . . 932.11.5 Determinação gráfica . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

2.11.5.1 Método gráfico . . . . . . . . . . . . . . . . 952.11.6 Determinação trigonométrica . . . . . . . . . . . . . . 96

2.11.6.1 Exemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 982.11.7 Método analítico para determinação da resultante . . . 98

2.11.7.1 Decomposição de uma força segundo duas di-reções dadas . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

2.11.7.2 Conclusão das experiências anteriores . . . . 992.11.8 Regra do paralelogramo expressa analiticamente . . . . 100

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Sumário 11

2.12 Regra do triângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1022.12.1 Teorema de Lamy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

3 Grandezas Vetoriais 1113.1 Associatividade da regra do paralelogramo . . . . . . . . . . . 111

3.1.1 Método gráfico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123.1.2 Segmentos equipolentes a um outro . . . . . . . . . . . 1133.1.3 Regra do polígono . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1143.1.4 Método trigonométrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1143.1.5 Método analítico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1193.2 Grandezas vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1193.3 As Leis de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

Primeira e Terceira leis de Newton . . . . . . . . . . . . . . . 1223.4 Alguns conceitos de Matemática . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

3.4.1 Noção de grupo matemático . . . . . . . . . . . . . . . 124Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1253.5 Espaço vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

3.5.1 Diferença vetorial entre duas forças . . . . . . . . . . . 127Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

Corpo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130Subcorpo e extensão de corpo . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

Observação: grandeza vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134Observação: espaço vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

Observação: rotações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1363.6 Exemplos e aplicações das leis de Newton . . . . . . . . . . . . 141

3.6.1 Solução pelo método gráfico . . . . . . . . . . . . . . . 1433.6.2 Solução pelo método trigonométrico . . . . . . . . . . . 1443.6.3 Solução pelo método analítico . . . . . . . . . . . . . . 146

Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

Sistema de coordenadas levógiro . . . . . . . . . . . . . . . . 153Vetor axial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154Tensor anti-simétrico de segunda ordem e rotação . . . . . . . 155

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12 Sumário

4 Estudo do corpo rígido 1594.1 Vetor deslizante ou vetor corrente . . . . . . . . . . . . . . . . 1614.2 Composição de forças aplicada em um corpo rígido . . . . . . . 162

4.2.1 Caso de forças concorrentes em um ponto . . . . . . . . 1624.2.2 Caso de forças paralelas . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

4.2.2.1 Duas forças paralelas e de mesmo sentido . . . 1624.2.2.2 Duas forças paralelas e sentidos contrários . . 164

Exercícios e problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1674.3 Momento de uma força em relação a um eixo . . . . . . . . . . 171

4.3.1 Verificação experimental . . . . . . . . . . . . . . . . . 1744.3.2 Outro modo de definir momento de força . . . . . . . . 179

4.4 Produto vetorial de dois vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . 1804.4.1 Representação vetorial do momento de força . . . . . . 180

4.5 Composição de forças paralelas . . . . . . . . . . . . . . . . . 1824.5.1 Problema exemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1844.5.2 Problema exemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1864.5.3 Problema exemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1884.5.4 Produto vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1954.6 Centro de gravidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202

4.6.1 De uma distribuição linear de pesos . . . . . . . . . . . 2034.6.2 De uma distribuição de pesos no plano . . . . . . . . . 2044.6.3 De uma distribuição de pesos no espaço . . . . . . . . . 205

Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2074.6.4 De uma distribuição não-discreta de pesos . . . . . . . . 2094.6.5 Caso de uma distribuição linear contínua de pesos . . . . 2104.6.6 Peso específico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213

4.7 Condições de equilíbrio de um corpo rígido . . . . . . . . . . . 2154.7.1 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219

4.8 Estudo da balança . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2204.8.1 Qualidades da balança . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220

4.9 Problemas com a balança . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2214.10 Atrito entre superfícies sólidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2254.11 Leis de Coulomb sobre o atrito . . . . . . . . . . . . . . . . . 2264.12 Caso do atrito cinético . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2264.13 Experiências sobre o atrito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227

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Sumário 13

II Dinâmica: Cinemática e Cinética 231

5 Mecânica 2335.1 Sistema de Referência Galileanos . . . . . . . . . . . . . . . . . 2405.2 Transformação de Lorentz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243

6 Cinemática 2496.1 Sistema de coordenadas no plano . . . . . . . . . . . . . . . . . 2506.2 Movimento de um ponto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252

6.2.1 Trajetória . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2526.2.2 Equações paramétricas da trajetória . . . . . . . . . . . 253

6.3 Estudo do movimento de um ponto . . . . . . . . . . . . . . . . 2536.4 Espaço percorrido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2616.5 Velocidade instantânea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2636.6 Vetor velocidade instantânea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2666.7 Espaço percorrido num movimento qualquer . . . . . . . . . . 269

6.7.1 Rapidez instantânea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2696.7.2 Representação do vetor velocidade instantânea . . . . . . 2716.7.3 Espaço percorrido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271

Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277

7 Estudo da Aceleração 2977.1 Aceleração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2977.2 Componentes normal e tangencial da aceleração . . . . . . . . . 2997.3 Raio de curvatura e curvatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3027.4 Expressão cartesiana do raio de curvatura e da curvatura . . . . 306

8 Movimento de um ponto 3118.1 Movimento de um ponto no plano . . . . . . . . . . . . . . . . 311

8.1.1 Movimento retilíneo – trajetória retilínea . . . . . . . . 3118.1.1.1 Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3128.1.1.2 Uniformemente variado . . . . . . . . . . . . 3128.1.1.3 Variado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312

8.1.2 Movimento curvilíneo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3128.1.2.1 Circular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3128.1.2.2 Circular uniforme . . . . . . . . . . . . . . . 3128.1.2.3 Circular uniformemente acelerado . . . . . . . 3128.1.2.4 Movimento curvilíneo qualquer . . . . . . . . 313

8.1.3 Espaço percorrido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313

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14 Sumário

8.1.4 Gráfico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3148.1.4.1 Movimento retilíneo uniforme . . . . . . . . . 3158.1.4.2 Movimento retilíneo uniformemente acelerado 3158.1.4.3 Movimento retilíneo uniformemente retardado 3178.1.4.4 Deslocamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318

8.2 Grandezas cinemáticas ligadas ao movimento circular . . . . . 3218.2.1 Velocidade angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3228.2.2 Aceleração angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3238.2.3 Deslocamento angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3238.2.4 Relação entre aceleração tangencial e aceleração angular 3248.2.5 Expressão vetorial da velocidade angular . . . . . . . . . 3258.2.6 Relação entre velocidade e velocidade angular . . . . . 327

8.2.6.1 Exemplo – movimento harmônico simples . . . 3288.3 Mudança de sistema de referência . . . . . . . . . . . . . . . . 337

Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3408.3.1 Relação entre a velocidade de transporte e as velocidades

de translação e de rotação . . . . . . . . . . . . . . . 3418.4 Aceleração absoluta, de transporte, relativa e de Coriolis . . . . 344

Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352

9 Dinâmica 3619.1 Massa inerte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3639.2 Massa gravífica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3659.3 Massa gravífica e a massa inerte . . . . . . . . . . . . . . . . . 367

9.3.1 Forças que atuam sobre a partícula . . . . . . . . . . . . 3689.3.2 Observação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 370

9.4 A balança de Eötvös . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3729.5 Sistema de unidades mecânicas . . . . . . . . . . . . . . . . . 376

9.5.1 Sistemas MLT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3779.5.1.1 Sistema CGS . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3779.5.1.2 Sistema MKS . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3779.5.1.3 Sistema inglês FPS . . . . . . . . . . . . . . . 378

9.5.2 Sistemas FLT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3789.5.2.1 Sistema métrico técnico . . . . . . . . . . . . 3789.5.2.2 Sistema técnico inglês . . . . . . . . . . . . . 379

9.5.3 O Sistemas métrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3799.5.3.1 Definição da unidade de massa . . . . . . . . . 383

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Sumário 15

9.5.3.2 Definição da unidade de força no sistema mé-trico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383

9.5.4 Problemas simples com unidades . . . . . . . . . . . . . 3849.5.4.1 Sistemas MLT . . . . . . . . . . . . . . . . . 3849.5.4.2 Sistemas FLT . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3859.5.4.3 Relação entre as unidades . . . . . . . . . . . 3859.5.4.4 A unidade SI de tempo . . . . . . . . . . . . . 386A unidade SI de tempo . . . . . . . . . . . . . . . . . 386

9.6 A máquina de Atwood . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3879.6.1 Sobre a experiência da verificação da equação da dinâ-

mica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3949.7 Movimento de projéteis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 395

10 Centro de massa 39910.1 Distribuição contínua de massa . . . . . . . . . . . . . . . . . 403

10.1.1 Massa específica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40310.1.2 Centro de gravidade de um corpo . . . . . . . . . . . . 404

10.1.2.1 Massas específicas superficial e linear . . . . 40610.1.2.2 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407

Questionário, exercícios e problemas . . . . . . . . . . . . . . 408

11 Princípio da conservação da energia mecânica 42111.1 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42111.2 Determinação do momento de inércia de um corpo com a mesa

giratória . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 421

12 Movimento periódico e Regressão linear 42512.1 Movimento periódico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 425

Exercícios e Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42612.2 Movimento Harmônico Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . 427

12.2.1 Exemplos práticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43212.2.1.1 Corpo suspenso por uma mola . . . . . . . . 432

Experiências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43312.2.2 Exame da equação diferencial do MHS . . . . . . . . . 435

12.3 A 2a lei de Newton na rotação de um corpo . . . . . . . . . . . 43512.3.1 Momento de inércia de

um corpo rígido em relação a um eixo . . . . . . . . . 435

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16 Sumário

12.3.2 Momento de inércia dedistribuição contínua de massa . . . . . . . . . . . . 438

12.3.3 Teorema de Steiner–Huygens . . . . . . . . . . . . . . 43912.4 Pêndulo físico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445

Problemas práticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44612.5 Raio de giração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45112.6 Pêndulo simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453

12.6.1 Determinação experimental da aceleração da gravidadepor pêndulo simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . 455

12.6.2 Análise dos resultados . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46012.7 Método dos mínimos quadrados . . . . . . . . . . . . . . . . . 462

12.7.1 Aplicação do método dos mínimos quadrados . . . . . 46312.8 Retas de regressão. Coeficiente de correlação . . . . . . . . . . 46612.9 Aplicação ao exemplo do pêndulo simples . . . . . . . . . . . 477

12.9.1 Observação importante . . . . . . . . . . . . . . . . . 478Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 479

Observação: Físico Teórico e Físico Experimental . . . . . . . 484Observação: Sobre a montagem . . . . . . . . . . . . . . . . 485

13 Elasticidade 48713.1 Esforço Específico num ponto . . . . . . . . . . . . . . . . . 48813.2 Deformação específica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48813.3 Tração e compressão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48813.4 Corte ou cisalhamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49013.5 Esforço sobre um volume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49113.6 Torção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491

14 Aplicações práticas – oscilações 49514.1 Oscilação de um sistema por torção . . . . . . . . . . . . . . . 49514.2 Deflexão de uma haste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49814.3 Composição geométrica de movimentos harmônicos . . . . . . 50014.4 Representação geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50014.5 Gráfico do movimento harmônico simples . . . . . . . . . . . 50214.6 Representação complexa do harmônico simples . . . . . . . . 50314.7 Composição de movimentos harmônicos simples de mesma di-

reção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50414.7.1 Composição de MHS de mesma freqüência, diferença

de fase constante, e de mesma direção. . . . . . . . . 50414.7.2 Composição de vários MHS (caso particular) . . . . . 507

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Sumário 17

14.7.3 Caso particular importante . . . . . . . . . . . . . . . 50814.8 Composição geométrica de MHS de freqüências quase iguais . 511

14.8.1 Representação gráfica . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51214.9 Composição de MHS de freqüências diversas . . . . . . . . . 513

14.9.1 Freqüências comensuráveis . . . . . . . . . . . . . . . 51314.9.2 Freqüências incomensuráveis . . . . . . . . . . . . . . 514

14.10 Movimentos harmônicos de direções ortogonais . . . . . . . 51414.10.1 Composição de MHS de mesma freqüência, diferença

de fase e direções ortogonais . . . . . . . . . . . . . 51414.10.2 Estudo dos diversos casos . . . . . . . . . . . . . . . 51614.10.3 Os MHS têm freqüências quase iguais . . . . . . . . 518

14.11 Experimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52014.12 Freqüências nitidamente diversas . . . . . . . . . . . . . . . 52214.13 Freqüências incomensuráveis e não múltiplas de freqüências

quase iguais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 526

15 Movimento periódico complexo 52715.1 Harmônicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52715.2 Série de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52815.3 Energia no movimento harmônico simples . . . . . . . . . . . 528

15.3.1 Cálculo da energia mecânica . . . . . . . . . . . . . . 529

16 Movimento harmônico amortecido, forçado e ressonância 53316.1 Movimento harmônico amortecido . . . . . . . . . . . . . . . 533

16.1.1 Movimento harmônico superamortecido . . . . . . . . 53616.1.2 Movimento harmônico criticamente amortecido . . . . 53616.1.3 Movimento harmônico subamortecido . . . . . . . . . 537

16.2 Decremento logarítmico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54216.3 Dissipação de energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54316.4 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54516.5 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54916.6 Movimento harmônico forçado . . . . . . . . . . . . . . . . . 55016.7 Ressonância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 556

16.7.1 Experimento com pêndulos acoplados idênticos . . . . 55616.7.2 Experimento com pêndulos acoplados de mesmo com-

primento e massas diferentes . . . . . . . . . . . . . . 55816.8 Batimentos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 559

16.8.1 Experimentos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55916.9 O cilindro dançante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563

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18 Sumário

17 Movimento ondulatório 56517.1 Comprimento de onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56617.2 Equação diferencial da onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56717.3 Trem de onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56917.4 Freqüência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56917.5 A onda senoidal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57017.6 Ondas transversais e ondas longitudinais . . . . . . . . . . . . 572

17.6.1 Ondas transversais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57217.6.2 Ondas longitudinais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572

17.7 Aplicações da equação da onda . . . . . . . . . . . . . . . . . 57317.7.1 Cordas vibrantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57317.7.2 Reflexão de onda numa corda vibrante – Ondas estaci-

onárias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57517.7.3 Condições de contorno . . . . . . . . . . . . . . . . . 57817.7.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 579

Apêndices 585

A Coletânea de Preâmbulos dos Fascículos 585A.1 Preâmbulo do Fascículo 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 585A.2 Introdução do Fascículo I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 586A.3 Preâmbulo do Fascículo II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 586A.4 Preâmbulo do Fascículo IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 587A.5 Preâmbulo do Fascículo V . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 587A.6 Preâmbulo do Fascículo VI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 588

B Discurso de Paraninfo 589

C Fac-símile de um artigo 599

D Fragmentos de “O Ensaiador” de Galileu Galilei 607

E Referencial inercial – Diálogo – Galileu 613

Prefixos SI 617

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Sumário 19

Suplementos 621

Sobre a revisão, editoração e contribuições 621

Lista de Figuras 623

Lista de Tabelas 633

Referências 635

Índice Remissivo 638

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20 Sumário

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Apresentação ∗

Preâmbulo †

Ao escrever este livro pensamos no estudante que deseja realmente aprenderfísica e que em geral não vê muita relação entre o que aprende, o que o cerca e,principalmente, o laboratório; seja porque não existe, seja porque quando o al-cança se perde na sua complexidade. A Física Experimental não é fácil, exigeo conhecimento dos fenômenos, conceitos, leis e princípios; exige o conheci-mento da matemática para representá-los e para desenvolvê-los em teoremas epara resolver problemas teóricos e práticos, e para alcançar aplicações tecno-lógicas. Como aprender física para chegar à plena realização do conhecimentoteórico e experimental ou tecnológico?

Existem excelentes livros e manuais de Física, nacionais e estrangeiros.Seus autores, de modo geral, procuram dar a explicação dos fenômenos, leis,princípios e conceitos físicos com muitos problemas; mas não se preocupamcom a parte do laboratório que é deixada para os manuais práticos; estes rela-cionam as experiências sem inseri-las num contexto teórico. Neste livro pro-curamos, a partir de observações e experiências simples, conduzir o estudantepara a parte teórica e em seguida para suas aplicações teóricas e experimen-

∗ u© O que consta nesta apresentação foi publicado em 1981 pelo Prof. Armando, no Fas-cículo 0 com Preâmbulo datado de 20 de agosto de 1976, que nesta revisão (pág. 21 – pág. 109)mesclamos com o Fascículo 1, publicado em 1980 e com Introdução datada de 20 de fevereirode 1976. Parece-nos que a intenção era reescrever toda a obra, detalhando alguns tópicos eadaptando melhor o que já havia sido experimentado com estudantes em aulas teóricas, aulasem laboratório, e em avaliações escritas, verbais (argüições) e relatórios das experiências. Otexto desta seção visa expor as idéias do autor sobre o ensino e aprendizagem da Física (verpág. 589), para professores, futuros professores e estudantes.

† Preâmbulo do Fascículo 0 – 1981.

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22 Apresentação

tais. Como não podia deixar de ser, acompanha este livro o Laboratório Por-tátil que é parte integrante do curso. Com ele, o estudante poderá realizar asexperiências básicas necessárias a um desenvolvimento do conhecimento deFísica Geral e Experimental. Procuramos sempre que possível e desejável re-cordar a matemática necessária, mostrando seu relacionamento com a FísicaExperimental. Sabemos que muitas vezes os conhecimentos de matemática doestudante de física ou não existem ou jazem em seu subconsciente sem ne-nhum relacionamento com as experiências de Física, daí esse nosso empenho.

Rio de Janeiro, 20 de agosto de 1976

Armando Dias Tavares

Orientação ao Estudante ‡

Este livro foi desenvolvido com o objetivo de tornar a Física accessível, mesmoàqueles que estudam sozinhos, sem auxílio de um professor experimentado.

Devo lembrar ao estudante que o vocabulário usado deve ser aprendidomuito bem, pois sem esse vocabulário o aluno não entenderá a língua portu-guesa com que se descrevem os fenômenos, conceitos e leis da Física – essevocabulário constituirá o português científico relativo à Física – . No fim de ca-da capítulo, o estudante encontrará uma série de problemas e exercícios, entreos quais figuram perguntas sobre o significado das palavras empregadas – e quevão constituir o vocabulário científico em português – ; é claro que o estudantedeverá sabê-lo de modo perfeito.

Para estudar os capítulos, o estudante deverá lê-los do princípio ao fim, deuma só vez, procurando entendê-los, meditando nos conceitos e respondendoàs perguntas eventuais (postas no texto ou que ocorram ao estudante). Ficaráassim com uma idéia geral do seu conteúdo; as palavras e passagens que nãoconhecia deverão ser anotadas. Após essa leitura geral, o estudante inicia umestudo mais minucioso, procurando entender tudo de modo completo. Em se-guida procurará repetir o que foi descrito, com seu estilo, naturalmente usandoas palavras e os termos científicos aprendidos. Deverá reproduzir oralmente e

‡ Introdução do Fascículo 1 – 1980.

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Apresentação 23

por escrito as definições, leis e conceitos. Deverá reproduzir todas as demons-trações do texto com naturalidade e perfeição. A parte experimental deveráser desenvolvida concomitantemente; é imprescindível que o estudante faça,reproduza as experiências programadas. Observe que começamos com a expe-riência mais simples possível, exatamente para que o estudante possa encontraro mínimo de dificuldades iniciais na experimentação. Note o estudante que eleestá aprendendo Física que, apesar de ser no ramo das ciências da natureza omais simples, envolve conhecimento muito complexo. A Física Experimentalnão pode ser aprendida sem experimentação ou então não é Física Experimen-tal, da mesma forma, a formação em Física Teórica ou em Física Aplicada nãopode ocorrer sem vivência da física experimental; não é Física, é outra matériaalheia ao mundo em que vivemos.

Rio de Janeiro, 20 de fevereiro de 1976Armando Dias Tavares

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Introdução§

Como Ensinar Física?

1o – A Escola foi criada para o aluno, e seu objetivo é instruí-lo e educá-lo.

2o – O aluno na Escola não só adquire conhecimento como aprende e adquireatitudes, comportamento e hábitos sadios relacionados com a matériaensinada: aprende a falar e a escrever corretamente sua língua materna;a raciocinar e usar a matemática em diferentes situações e processosreais ou ideais; aprende a falar, escrever e entender uma ou duas lín-guas estrangeiras; com a biologia, a ecologia e a história natural não sóadquire vasto conhecimento dos seres vivos, seu habitat, seu relaciona-mento e interdependência, como também adquire sadios hábitos de vida;tolerância e compreensão humana podem ser-lhe induzidas pelo estudoda geografia política e humana, e pelo estudo da história, e da socio-logia; adquire consciência social nacional pelo estudo da história e dageografia do Brasil; a psicologia pode dar-lhe uma penetração maior noconvívio com seus semelhantes e um poder maior sobre sua mente. Emsuma, cada matéria ou disciplina que estuda traz sua contribuição para odesenvolvimento de sua personalidade para torná-lo um ser social alta-mente capacitado, produtivo e de sentimentos positivos na sociedade emque vive.

3o – A Física assume papel relevante na sua formação cultural, pois, maisdo que qualquer outra ciência, poderá dar-lhe conhecimento, atitudese hábitos de observação e objetividade pelo uso do Método Científico;

§ Introdução do Fascículo 0 – 1981.

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26 Introdução

a experimentação dá-lhe o processo de tornar efetiva a objetividade eo senso crítico. Desenvolvendo e aplicando o raciocínio matemático,subordina-o à verificação experimental, objetivando-o, concretizando-oe criticando-o. Desenvolvendo-lhe o poder de observação, ensina-o tam-bém a usar a experimentação para chegar à conclusões e para verificarconceitos, leis e resultados teóricos. Forja-lhe assim a parte objetiva desua mente, contribuindo poderosamente para torná-lo intelectualmenteindependente. Por outro lado, é a base da tecnologia moderna; forne-cendo ainda o substrato para uma compreensão da atual estrutura dasociedade.

Entretanto não serão alcançados esses objetivos da Escola na formação do es-tudante se o método de ensino não for adequado; neste caso o ensino pode atémesmo tornar-se prejudicial, criando preconceitos, noções falsas, distorçõese frustrações que acompanharão o aluno pela vida afora, falhando a Escolalamentavelmente.

O Ensino da Física, como de qualquer outra ciência, exige:

1o – Compreensão perfeita das definições, conceitos e leis fundamen-tais.

2o – Uso da matemática para exprimir esses conceitos e leis, desenvol-vê-los e aplicá-los.

3o – Uso da observação e experimentação para o estabelecimento dosconceitos, leis fundamentais e verificação dos resultados teóricos eaplicações práticas.

É preciso ressaltar porém que não pode nem deve haver uma separaçãonítida entre esses três atributos de um ensino correto de Física, todos estãointimamente entrelaçados, indo, por assim dizer, constituir uma estrutura únicaque aprendida pode atuar como um todo no trabalho profissional e na pesquisa.O método de ensino deve assim visar a Compreensão e a Transferência deAprendizagem, por isso devemos acrescentar um quarto item para completaros três anteriores:

4o – Formulação de problemas teórico-práticos que exijam habilidadeespecífica, emprego da teoria aprendida, raciocínio e pesquisa paraencontrar a solução; em suma, grande transferência de aprendiza-gem.

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Introdução 27

Do ponto de vista da Escola, a parte mais onerosa é sem dúvida a parteexperimental, pois que, para haver máxima eficiência, o ensino deve ser indi-vidual. Se, de um lado, podemos ensinar a 20, 30 ou até mesmo a 50 alunossimultaneamente quando se trata de meras explicações teóricas ou práticas,por outro lado, quando se passa ao uso dos conhecimentos, à experimentaçãoe pesquisa, só é possível fazer o aluno sentir, ou viver o “problema”, se é elede fato que faz a experiência em todas as suas fases. Ora, se reconhecemosque o ensino individual é o mais correto e eficiente, é também evidente queele é muito caro; nenhuma escola podendo adotá-lo, levando em conta que oinvestimento em laboratórios, aparelhos e instrumentos científicos necessárioso tornam proibitivo.

Por isso idealizamos um conjunto de peças e instrumentos para tornar oensino da Física realmente eficiente. O estudante poderá, com esse conjuntoe usando um método progressivo e lógico, realizar as experiências básicas daFísica em sua escrivaninha de estudo teórico, com erro relativo (com 95 % denível de confiança) que varia de 5 % a 0,1 %, dependendo de sua habilidadee do tipo da experiência. Pela sua simplicidade e planejamento específico, oconjunto fica ao alcance do estudante, pois o investimento a realizar é mínimo.

Iniciamos o estudo da Física pela Mecânica, por ser a parte fundamental epor ser mais fácil de desenvolver, fornecendo também grande parte do materialnecessário ao estudo do restante da Física.

O Estojo de Mecânica que se acha em uso há 4 anos¶ em turmas de 35 – 50alunos (aula prática individual), de tão pequena, recebeu o nome de Estojo deFísica; nesse estojo cabe grande parte dos dispositivos para o estudo do calor,ótica geométrica e acústica. Cada aluno poderá assim ter seu Estojo de Físicaque poderá levar para casa, se o desejar e for permitido, a fim de ter horasadicionais de estudo por meio de realização de experiências. Com o Estojo deMecânica foram programadas as seguintes experiências: ‖

1. Correlação entre grandezas físicas. Gráficos. Estudo da deflexão de umahaste em função do peso em sua extremidade. (1 experiência)

2. Calibração de dinamômetro. (3 experiências)

3. Duas forças em equilíbrio aplicadas em um ponto; duas forças em equi-líbrio aplicadas na extremidade de fios. (2 experiências)

¶ u© Redigido em 1976.‖ u© Essa listagem não esgota o que consta neste livro.

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28 Introdução

4. Três forças em equilíbrio aplicadas em um ponto, regra do paralelo-gramo. (1 experiência)

5. Problemas de equilíbrio de forças aplicadas em fios. (2 experiências)

6. Corpo rígido. Momento de força em relação a um eixo. Verificação doequilíbrio de momentos de forças aplicadas em um corpo rígido. (3 ex-periências)

7. Forças paralelas. Centro de gravidade de n forças distribuídas linear-mente. (2 experiências)

8. Distribuição plana de pesos. Centro de gravidade de pesos distribuídosem um plano. (2 experiências)

9. Problemas de equilíbrio de estruturas simples. Problemas de forças emequilíbrio aplicadas em barra pesada, articulada. (3 experiências)

10. Atrito estático e cinético. Determinação experimental de coeficientes deatrito. (2 experiências)

11. Experiências sobre balanças. (7 experiências)

12. Máquina de Atwood. (3 experiências)

13. Mesa giratória para determinação de momento de inércia. (5 experiên-cias de momento de inércia)

14. Módulo de elasticidade. (3 experiências)

15. Movimento harmônico simples. (5 experiências)

16. Métodos de determinação da densidade de corpos. (4 experiências)

17. Determinação da tensão superficial da água. (2 experiências)

São ao todo cinqüenta (50) experiências fundamentais de Mecânica. ∗∗

∗∗ u© À época da redação deste texto pelo Prof. Armando eram muito caros os equipamentospara medidas cinemáticas para movimentos. Atualmente o Laboratório de Mecânica do I- F da U E R J (IF–UERJ) dispõe de trilhos dear, com dispositivos para medidas eletrônica e interface para tratamento digital de dados. Esseequipamento vem aumentar a capacidade de experiências em nossos laboratórios didáticos.

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Capítulo 1

Método Científico

1.1 Observação e experimentação

O método científico começa com a observação, a qual consiste no exame atentodos acontecimentos e fatos que se passam na natureza. 1

Por isso mesmo a observação implica uma seleção do que se deve observare na descrição do objeto e dos fatos observados; cada palavra empregada deveter uma definição precisa. Em qualquer ciência cada palavra tem significadopreciso, que dá uma idéia correta e exata do que foi definido. Uma das difi-culdades de uma ciência é exatamente a definição do vocabulário empregado(principalmente no que diz respeito aos conceitos mais fundamentais). Paradificultar mais ainda o aprendizado, ocorre que muitas palavras empregadascientificamente pertencem também à linguagem comum, o que traz ao estu-dante a sensação falsa de que está entendendo o texto quando na realidade, porignorar a acepção correta das palavras empregadas, o máximo que consegueé fazer uma idéia aproximada do texto, muitas vezes completamente falsa. Oestudante tem que se dedicar a aprender, a saber corretamente o significado daspalavras, a definição correta e a compreensão exata das grandezas, das leis, dospostulados e axiomas, sem o que não poderá progredir no estudo por falta dalinguagem adequada.

Por outro lado, a observação dos fatos naturais deve ser registrada comtodo cuidado, num caderno de notas que o cientista deve ter sempre consigo

1 u© Essa observação pode ter início por um projeto relacionado a um problema específicoou mesmo por um acaso (caso raro), mas que somente será notado se o observador ou quemanalisa os dados experimentais estiverem “encucados” e preparados para esse aspecto específi-co. Acrescentamos o Ap. D como ilustração histórica.

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30 Capítulo 1. Método Científico

nas ocasiões em que se dispõe a observar esses fatos. A memória humana éfalível e, pior ainda, ela altera os registros mentais, de acordo com noções epreconceitos preestabelecidos. Por isso, o cientista não se fia na sua memória,por melhor que seja, registrando sempre no caderno de notas as suas observa-ções.

Finalmente, pode exprimir-se numericamente grande parte das observa-ções, a precisão tornando-se muito maior conforme técnicas adequadas sãoaprimoradas: a observação científica tende a ser quantitativa.

A observação pura e simples de fatos naturais é demorada, pois esses fa-tos não estão ocorrendo a toda hora, ou à vontade do observador. Por isso,ele passa da observação à experimentação. Na experimentação, o observadorprocura controlar os fatos, separá-los da influência de inúmeros outros, repro-duzí-los à sua vontade e conveniência no Laboratório, ou na sala de experi-mentação. Deste modo poderá observar melhor, em condições ideais e cominstrumentos que aumentam o seu poder de observação; ajudando seus sen-tidos nessa tarefa, os instrumentos que usa não são mais do que dispositivosou meios para ampliar os seus sentidos. Assim o microscópio e o telescópioampliam sua visão, os amplificadores de áudio sua audição. A visão e a audi-ção constituem os sentidos mais usados pelo homem na observação dos fatos.Com o estudo e o desenvolvimento científico e tecnológico ele consegue de-tectar fatos e fenômenos para a percepção dos quais ele não possui sentidoalgum; por exemplo: os raios cósmicos, as partículas α, β e γ que emanam doscorpos radioativos, e também as ondas eletromagnéticas, não são percebidasdiretamente pelos sentidos humanos e constituem exemplos frisantes de comoo homem pode desenvolver novos “sentidos” para observar, estudar e contro-lar a natureza. Esses sentidos, nos casos citados, são os detectores de partículas(contadores, cintiladores, etc.) e receptores de ondas eletromagnéticas.

O objetivo de toda Ciência é controlar, provocar e usar os fatos naturaisem benefício do Homem. Entretanto, existem fatos, eventos (acontecimentos)naturais sobre os quais o homem não tem nenhum controle, nem pode levar aolaboratório; como por exemplo, as manchas solares, os eclipses do sol e da lua,o afastamento do periélio dos planetas, notavelmente o de mercúrio, etc., sãofatos cuja observação acurada pode conferir ao homem, pelo menos, o poderde prever tais fatos ou eventos (eclipses do sol, manchas solares) o que já é umresultado notável capaz de trazer-lhe grandes benefícios.

O estudante ouve freqüentemente que a Ciência deve ser estudada pelaCiência, desenvolvendo pesquisa pura ou básica, não visando nenhum bene-fício. Isto porque ninguém pode prever em que direção se deve pesquisar ou

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1.2. Causa e Efeito 31

até mesmo o que se deve pesquisar para realizar descobertas que num futuropróximo ou mesmo remoto irão trazer benefícios ao Homem. Se os cientistassó pesquisassem com a finalidade de realizar descobertas “utilizáveis”, cedoo seu conhecimento estaria limitado, tornar-se-ia estanque, estiolar-se-ia2 e setornaria estático e obsoleto: a sociedade tenderia a ser “perfeita” num dado es-tágio de sua evolução. Desenvolvendo o interesse, o amor pela pesquisa básica,completamente desvinculada de suas possíveis aplicações práticas ou tecnoló-gicas, o Homem está assegurando a continuidade do progresso científico e, porconseguinte, o do tecnológico em um processo auto-alimentado.

1.2 Causa e Efeito

Um fato A pode ocorrer concomitantemente com outro B, ou antecedê-lo. Seisso acontece sempre, isto é, se ocorrido A ocorre B, o observador em geralsupõe que a ocorrência de A acarreta a de B, ou diz que A é a causa de B, Bsendo o efeito do acontecimento A. Entretanto a simples ocorrência lado a ladode dois fatos não significa que um seja a causa do outro, muitas vezes os doissão efeitos de uma mesma causa que não é observada e que ocorrendo ocasionaos dois fatos. Freqüentemente o Observador, ou Experimentador, tem imensadificuldade para discernir ou estabelecer a causa de um fato observado, e nissoreside a sua perícia, habilidade ou “sorte”.

1.3 Hipótese

Para discernir a causa dos fatos, explicar a ocorrência de dois ou mais fatosinterrelacionados, o Observador faz hipóteses que não são mais do que afir-mações sobre “como” ou “porque” os fatos ocorrem.3 A hipótese pode serassim meramente descritiva, “fenomenológica”, ou pode ser “interpretativa”,isto é, dizer porque ocorre, o observador tenta interpretar os fatos observadosdescrevendo-lhes a causa da ocorrência.

A hipótese é meramente um auxiliar do observador, seja na própria Obser-vação seja na Experimentação. O observador pode “testar” sua hipótese, ve-rificando-lhe a validade quando introduz modificações nos fatos observados,

2 u© Estiolar – fenecer, definhar, enfraquecer, debilitar.3 u© Mas para fazer tais hipóteses é preciso que o proponente saiba perguntar “como?”,

“por quê?”. A formação não pode acontecer por adestramento e sem senso crítico, o estudantenão deve simplesmente se deixar convencer ou simplesmente acreditar por acreditar no que sediz ou afirma.

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ou em um deles, a fim de verificar o que acontece com o outro. Se a hipóteseresistiu a todos os testes, passando a ser comprovada pelos fatos, se as “con-seqüências” da hipótese são verificadas, ela passa a ser uma Teoria. O valor deuma teoria está na previsão de novos fatos, de novas conseqüências, no valor“heurístico”,4 isto é, no seu poder de descobrir, de achar e de prever novosfatos, o que conduz a um progresso do conhecimento, a novas experiências e aum poder maior do Homem sobre a Natureza. Neste caso as teorias passam aser denominadas leis da Natureza: leis da Física, da Química, etc.

1.4 Modelo e Matemática

Muitas vezes o homem faz hipóteses baseando-se em analogias, procurandodescrever os fenômenos observados com base na semelhança com outros fenô-menos. Assim, por exemplo, ele se vale de “modelos” mecânicos para explicarfatos que nada têm a ver com a mecânica, a não ser propriedades formais. Nafísica isso é freqüente, o modelo sendo uma “imagem” do “objeto” que devetraduzir os fatos e fenômenos observados para um domínio cuja compreensãoé melhor ou mais fácil. Tais fatos são “observados”, muitas vezes, com apa-relhagem extremamente complicada que exige equipes de especialistas paraser adequadamente utilizada e sem a qual seria impossível a observação dofenômeno em questão.

O modelo matemático também é usado; os fatos e grandezas traduzem-sepor variáveis e constantes matemáticas que se relacionam segundo os conhe-cimentos de um dado domínio da matemática.5 As leis da Natureza são assimexpressas por uma linguagem matemática que lhes dão nova feição e permitemo seu uso e desenvolvimento. Na Física, esse fato chega ao ponto de podermosaté mesmo afirmar que a “linguagem natural” da Física é a Matemática.

Para ilustrar o que se explicou anteriormente, vamos dar um exemplo tri-vial de como o Homem pode proceder para investigar, pesquisar e descobrirfatos e leis. Ao escolher para ilustrar o “Método Científico” um exemplo tri-vial (§1.5), estamos querendo que o estudante possa participar tranqüila e ati-vamente da observação e da experimentação que ele poderá fazer até mesmoem casa, com toda comodidade e facilidade, compreendendo-a nos mínimospormenores. O método que pretendemos desenvolver neste livro de Física se

4 Heurístico – do grego ευρισχω (heurisco) – descubro, verbo descobrir, passadoperf. ευρηχα (heureca) – descobri, achei.

5 u© Isto é, as relações entre grandezas físicas se dão por meio matemático, conforme aopção original de Galileu.

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1.4. Modelo e Matemática 33

baseia na compreensão, redescoberta e uso completo do conhecimento, sejapara resolver exercícios e problemas de aplicação desses conhecimentos, sejapara resolver problemas que impliquem numa nova aquisição de conhecimen-tos, isto é, na pesquisa científica. Vamos procurar manter-nos dentro dessepadrão, não descrevendo fenômenos ou conhecimentos que ainda não estejamdentro da compreensão do estudante, procurando orientá-lo sem deslumbrá-locom maravilhas que a Ciência já colocou ao alcance do Homem, isso o estu-dante vê a cada momento da sua vida sem entender (ou mesmo perceber). Oque interessa ao estudante de Ciência é entender e poder participar da criaçãode novas técnicas, de novas tecnologias, e da aquisição de novos conhecimen-tos. É necessário não confundir os objetivos. Suponhamos, por exemplo, umsilvícola trazido ao nosso meio urbano. Ao educá-lo para integrá-lo á nossacivilização podemos fazê-lo com dois objetivos:

1o) Dar-lhe um conhecimento da vida civilizada, mostrando-lhe as realiza-ções da ciência e da Tecnologia. Ele, ao fim de algum tempo, estaria aptoa viver a vida urbana nos seus múltiplos aspectos, ligando a luz à noite,abrindo a torneira para usar a água, acendendo o fogão à gás, sentando-se à mesa e usando o garfo e a faca para comer, descarregando a válvulada privada quando necessário, ligando e desligando o rádio e selecio-nando as estações transmissoras para ouvi-las. Poderia até mesmo fazerconsertos de bombeiro hidráulico e de eletricista sem ter noção maisprofunda dos fenômenos envolvidos; com dois ou três anos de aprendi-zado prático, poderia ser um torneiro razoável, serralheiro, carpinteiroou marceneiro; guiando carros e tratores, etc. Poderia usar a tecnologiaà sua disposição para trabalhar numa fazenda ou numa indústria, poderiafazer tudo isso sem saber ler ou escrever, isto é, sendo analfabeto. Esseobjetivo poderia ser atingido num prazo de três (3) a quatro (4) anos.Entretanto jamais poderia inovar a ciência, contribuindo para o avançodo Conhecimento e da Tecnologia.

2o) Educá-lo com o objetivo de transformá-lo num ser capaz de aplicar osconhecimentos, de descobrir novos processos, materiais e máquinas, detransformar a tecnologia, de descobrir, estudar, desenvolver e estabelecernovos conhecimentos, isto é, com o objetivo de transformá-lo num En-genheiro ou num Cientista. Neste caso, teríamos que ensiná-lo durantevinte (20) ou trinta (30) anos.

Ora, uma Escola Superior para formar Engenheiros, Matemáticos ou Físi-cos, não pode evidentemente se limitar a formar “manipuladores de máquinas

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ou instrumentos”, o objetivo tem que ser mais elevado, superior; isso é possívelse o estudante está motivado, se deseja realmente desenvolver-se e adquirir for-mação para ser Engenheiro, Matemático ou Físico, e não para ser engenheirode operação ou um cientista apertador de botões sob as ordens de um Cientistaestrangeiro, americano, alemão, francês, russo, chinês, italiano ou japonês. Éfundamental e necessário que o estudante aspire mais alto, à IndependênciaIntelectual (Estratégica) e Científica para não ficar à reboque dos países quecuidam muito bem da formação de seus cientistas.

A Formação de Cientistas traz a Independência Intelectual que é a basesob a qual se assenta e alicerça a Independência Econômica e Política de um; o método de ensino que estamos procurando desenvolver e divulgar visaexatamente essa Independência Intelectual estratégica.

Entretanto convém lembrar ou advertir ao estudante que não existe ca-minho fácil, ou mágica, para substituir o seu esforço na aquisição de conheci-mento e que não deve esperar milagres; deve, sim, dispor-se a observar, experi-mentar, praticar, estudar, reestudar, a Física, durante anos e anos; e, se vaidedicar-se à Ciência, à Pesquisa Científica ou Tecnológica, como Físico, Mate-mático, ou como Engenheiro, deve saber que a aprendizagem só termina com aMorte. Isso não significa porém nenhuma desvantagem do Cientista, muito aocontrário, significa a certeza de que ele pode continuar produzindo, inovando,aprendendo até aos oitenta, noventa ou cem anos, quando a morte sobrevenha.Inúmeros são os exemplos, nesse particular, de Cientistas que conservarampleno vigor intelectual até idade avançada, quando o vigor da mocidade e daidade madura já se foram há muito; entretanto o cérebro pode continuar maisativo e potente que nessas fases da vida.

Passaremos agora ao exemplo de construção de um modelo.

1.5 Exemplo de construção de um modelo: o peso doscorpos

João e José estão conversando. São dois garotos do interior que vivem afasta-dos da “civilização”. Moram com seus pais e pertencem a um clube de futebolinfantil organizado pelo capataz da Fazenda Boa Vista que em tempos idostinha sido “craque” de um “time” qualquer. São analfabetos, mas isso não im-pede a sua curiosidade, cheia de informações falsas, crendices e preconceitos.Vejamos uma tradução para o que dizem.

– Os corpos têm peso, diz João, e quanto maior o corpo, maior

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1.5. Construção de um modelo 35

o seu peso.

– Não acho, retruca José, conheço uma pedra que é muito levee, apesar de ser muito maior que as pedras redondas do rio,pesa muito menos.

– Mas como é que você sabe que essa pedra pesa menos? In-daga João.

– Porque eu a levanto com um braço só, e há pedras no rio quepara serem levantadas exigem os meus dois braços, apesarde serem menores, responde José.

– Hum! Mas onde se encontra essa pedra leve?

– Lá encima da montanha, responde José.

– Isso então não prova nada! Porque:

1o) a pedra do rio está no rio, e a água pode influir no pesodela e,

2o) a outra pedra está na montanha e a montanha pode em-purrar a pedra para cima, argumentou João.

– Bobagem, responde José. A água não faz os corpos mais pe-sados e a montanha não faz nenhum corpo mais leve, ponti-ficou José.

– Além disso, diz João, sem dar atenção a José, você mora namontanha e levanta a pedra de manhã. Quando vai ao rio,tomar banho, já é de tarde. Ora, todo mundo sabe que oscorpos são mais leves de manhã e mais pesados de noite.

José fica sem saber o que responder, pois sabia que de manhã realmenteele conseguia levantar corpos que à noite não levantava, o que parecia mostrarque os corpos à noite aumentavam de peso. Saiu da discussão aparentementevencido, mas não convencido. Era teimoso. Começou a pensar. Naquele dianão correu, não jogou bola, não carregou nada. E assim chegou a noite. Voltoupara casa passando perto da pedra que levantava pela manhã mas que à noitenão conseguia erguer. Aproximou-se dela, segurou-a e tentou erguê-la. Qualnão foi o seu espanto quando pôde levantá-la até a cintura. Olhou em voltapara certificar-se de que já era noite. Tentou novamente e o conseguiu. Nãohavia dúvida, podia levantar a pedra à noite! Entrou em casa e se sentou parapensar.

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Comparou todas as observações que havia feito até então. Sempre que ten-tava levantar a pedra à noite, tinha percorrido a floresta o dia inteiro, carre-gando caça ou frutas. Achava-se muito cansado à noite. Isso explicava porquenão conseguia levantar a pedra à noite, quando de manhã o conseguia. Não eraporque a pedra aumentava de peso à noite, ficando mais pesada, mas, sim, por-que se achava mais cansado e não podia com o seu peso. Ficou radiante porqueafastara o principal argumento do João. Às favas com essas experiências, nãopodia se basear nas impressões dos seus sentidos, eram enganosas e varia-vam com o estado do seu corpo. Tinha que arranjar um processo para pesar oscorpos que fosse independente dele, de seus sentidos, de sua disposição.

José chegara assim à conclusão de que tinha de ser “objetivo”, de que oconhecimento “subjetivo” era muito precário e muitas vezes falso. Tinha queevitar a “subjetividade” e desenvolver a “objetividade”, o conhecimento pormeio da experimentação tinha que ser obtido por processo que não dependessedo “sujeito”, do observador, mas que se restringisse ao domínio do objeto, forado sujeito, isto é objetivo.

Mas o problema do José era exatamente arranjar esse método, esse pro-cesso objetivo para pesar os corpos. Como fazer?. . . Um mês se passou semque José afastasse o problema da cabeça. Retomou sua lide diária. Evitava oJoão por todos os meios, pois não queria perder tempo com discussões esté-reis. E assim, já em casa, mais cedo, um certo dia, ao pôr do sol, contemplavaa exuberante floresta que se estendia à perder de vista, quando sua atenção foiatraída por um pássaro que veio pousar no galho de um arbusto que cresciaperto de sua casa. O galho vergou sob o peso do pássaro. Um segundo pássaro

Figura 1.1: Uma fonte de inspiração.

pousou perto do primeiro e o galho vergou mais ainda. José se sobressaltoucom a idéia que lhe atravessou a mente. Os pássaros voaram assustados (com a

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1.6. Confecção de uma caixa de pesos 37

presença de um predador, não com as idéias de José), o galho voltou à posiçãoinicial. José vislumbrou a solução do seu problema. Mas teria ainda muito tra-balho até chegar a solução completa. Não perdeu tempo, percebeu que tinha depassar da mera observação para a experimentação. Entrou no seu “laboratório”e começou a preparar o dispositivo para estudar o problema da deflexão do ga-lho, adaptado para a deformação de uma haste metálica fina, ou simplesmente,para estudar o problema da deflexão da haste. A história está pitoresca, mas aencerramos por aqui.

Nas páginas seguintes damos o esquema do dispositivo em sua feição mo-derna e sofisticada, veja Fig. 1.1 e Fig. 1.2.

Este é o “fato bruto” observado por José, “deflexão de galho produzidopelo peso de um pássaro”. Na sua oficina e laboratório, ele transformará ofato bruto num fato científico, arranjando os dispositivos que se vêem na Fig. -1.2. Poderá agora estudar a deflexão da haste em função do peso, registrandosuas observações e experiências, à hora que quiser e com toda comodidade,controle e precisão, sem efeitos espúrios e influências diversas, até mesmo demodo mais anti-séptico6.

1.6 Observação e experimentação 7

Nesta seção estudaremos (intuitivamente) a medição de grandezas físicas, a leide interdependência entre duas grandezas físicas, função, gráfico de uma fun-ção, função linear e interpolação. O tratamento mais sistemático é apresentadono Cap. 12.

1.6.1 Observação

Uma haste presa em uma extremidade se flete (flexiona, sofre uma deflexão,se encurva) sob a ação de um peso na outra extremidade, por exemplo um

6 u© Será que esse efeito que pássaros provocam em galhos finos de árvores ocorre apenascom passarinhos? Com passarinhos e galhos finos? Quando se prende outro objeto ao galho,observa-se também a deformação do galho? Afinal, poderia não ser assim, não é? Mas é. Assimse observa quando se investiga a natureza. . . deve-se ter cuidado com o óbvio e com preconcei-tos. Mudando o tipo e a forma do corpo que se prende ao galho, observa-se sempre deformação?Bem, se se considera o conceito abstrato do que possuem em comum os corpos que provocamdeformações nos galhos, então se é levado a considerar uma grandeza física, que se chama forçapeso. Esse efeito só se observa quando se prende um corpo? ou observa-se também quando sepuxa ou levanta-se o galho?

7 Confecção de uma caixa de pesos.

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Figura 1.2: Esquema para a deflexão da haste: (1) base retangular da estrutura;(2) hastes longas para formar a estrutura; (3) ponteiro que serve de haste para es-tudo da deflexão; (4) anel para fixação da haste longa; (5) pegadores de fixação deestrutura; (6) parafusos de fixação; (7) régua milimetrada para medição da deflexão;(8) base redonda para suportar a régua; (9) mesa ou bancada; (10) peso p.

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1.6. Confecção de uma caixa de pesos 39

pássaro ao pousar em um galho fino faz o galho curvar-se, deformar-se. Esteé um “fato bruto” observado.

Da observação de um pássaro curvando um galho com seu peso, passa-se à experimentação no laboratório com aparelhagem e dispositivos especiais.Veja Fig. 1.2. O fato bruto observado passa a um fato científico comprovadoexperimentalmente no laboratório.

1.6.2 Deflexão da haste em função do peso

Pode-se medir a deflexão da haste pelo deslocamento d de sua ponta, referidaa uma régua. Quando num certo ponto P da haste se colocam pesos p, espera-se ter uma função d = f (p). Trata-se, portanto, de determinar a função f econstruir uma caixa de pesos conhecidos

p1, p2 . . . pn .

Surge um problema Como determinar a função f que relaciona o peso pcom a deflexão d, se não temos pesos conhecidos? Como obter pesos conheci-dos? Vejamos.

1. Ao se colocar um peso ao longo da haste, verifica-se que o deslocamentoda ponta aumenta quando o peso se aproxima da extremidade livre L dahaste.

2. Deste modo, tomando-se um objeto A, o peso desse objeto causará umdeslocamento da extremidade L da haste, o qual varia entre zero e ummáximo quando o peso está junto da extremidade livre L, isto é, na extre-midade da haste oposta àquela que está presa à estrutura que a sustenta.Chamamos o deslocamento da extremidade livre L da haste de deflexãoda haste, ou simplesmente deflexão.

3. O objeto A poderá ser tomado como padrão, e, por comodidade, seupeso será a unidade de peso, que indicaremos8 por u. O objeto A é arbi-trariamente escolhido, o critério para sua escolha sendo qualquer9. Porexemplo, pode-se escolher um objeto que, quando colocado no ponto P

8 u© Como não se trata de unidade SI, não estaremos usando para essa unidade o estilo denotação recomendada pelo SI.

9 u© Desde que o peso de A não seja tão pequeno que não se observe deformação da haste,ou que não seja tão grande para que não provoque deformação permanente da haste.

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da haste próximo de L, dê uma deflexão de 1 mm. Deste modo a unidadede peso escolhida dará uma unidade de deflexão10.

4. Convém observar se a deflexão cessa quando se retira o objeto A dahaste, isto é, se ao se retirar o objeto A do ponto P (livrando-o da haste),a ponta da haste volta para a mesma marca da régua – cessada a cau-sa, cessa o efeito. Deve-se repetir várias vezes a experiência para ver seisso acontece. No caso da ponta da haste não voltar para a mesma marca,deve-se ajustar a haste no anel, apertando-a.

5. Agora se faz um padrão secundário, tomando-se um outro objeto A1 que,colocado no mesmo ponto P da haste, dê a mesma deflexão11 de 1 mm.Consegue-se, desse modo, ter vários objetos com o mesmo peso12 de A;para facilitar a tarefa de conseguir padrões secundários, pode-se tomarum objeto A′1 que dê uma deflexão maior que 1 mm, por exemplo 1,1 mmou 1,2 mm; em seguida retira-se um pedacinho do corpo, limando-o ouraspando-o por exemplo, e se verifica se então ele dá a mesma deflexãode 1,0 mm; em caso contrário, torna-se a raspar o corpo, até se obter amesma deflexão13 de 1,0 mm.

6. Ora, é plausível que o “o peso de dois (2) objetos de pesos iguais tenhavalor duas vezes maior que o peso de um (1) só”, ou ainda, “o pesode dois objetos é igual a soma dos dois pesos”. Este enunciado é umpostulado, não temos meio de comprová-lo. Tomando entretanto essaasserção como verdadeira, prosseguimos14.

10 u© Esse é apenas um exemplo, não há qualquer necessidade de se associar a unidade depeso à unidade de comprimento adotadas, é apenas para fixar idéia.

11 u© Será necessário mesmo usar um outro corpo que provoque a mesma deformação?Usar a marca de 1 mm e anotar dessa forma a medida é um bom procedimento para compararos pesos? Note-se que se deve anotar a deformação correspondente à unidade de peso adotada,mas essa deformação não precisa ser correspondente a 1,0 mm.

12 u© Essa igualdade só pode ser concluída depois que se verifica que a função f que estamosnos preparando para levantar é uma função monótona (crescente), ou seja, quando se constataque para pesos maiores, a deformação é maior – o que não significa, de antemão, que essafunção seja linear.

13 u© Perceba o leitor o cuidado em detalhar a obtenção do segundo padrão de peso, percebaainda a sutileza com que indica (desperta) a necessidade de se estimar o décimo de milímetroquando se usa uma régua graduada em milímetro.

14 u© A única comprovação, o único teste possível, é a consistência da teoria desenvolvida!Mas desse só temos notícia ao final! Esse postulado terá reflexo na regra do paralelogramo paracomposição de forças.

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1.7. Grandeza Física: medição e medida 41

7. Colocando na haste dois padrões, A e o secundário A1, amarrados namesma posição P, admitindo o postulado anterior, obteremos uma de-flexão que corresponderá a um peso igual a duas (2) unidades u, ou seja,o peso 2 u. Isto é, d2 = f (2 u).

8. Tendo a (medida da) deflexão d2, podemos agora obter um corpo A2 quedê a mesma deflexão que d2, e portanto que tenha o peso igual15 a 2 u.Deve-se verificar se o ponto L da haste retorna sempre para a mesmaposição em que estava antes de colocarmos o peso, depois que ele éretirado16.

9. O corpo A2 e o corpo A, pelo postulado anterior, têm juntos um pesoigual a 3 u, i.e., A2 e A1 formam juntos um corpo A3 cujo peso é 3 u; e A,A1, A2 juntos têm peso igual a 4 u. Um corpo A4 que forneça a mesmadeflexão d4, que dariam juntos os corpos A1 A2 e A3, terá peso igual a4 u. Por sua vez, A4 junto com A2 dará uma deflexão 6 u. Vemos quedesse modo podemos obter múltiplos (inteiros) da unidade u associadaao corpo A, isto é, os corpos A1, A2, A3, A4 . . . An, fornecem-nos ospesos 1 u, 2 u, 3 u, 4 u . . . n u. Com n inteiro qualquer (até o limite emque a haste não sofra deformação permanente).

Construímos assim uma caixa de pesos. Para montar outra caixa de pesos,com economia de material, mas que possa ser usada em outras experiências,formando todos os múltiplos inteiros de 1 u entre 1 u e 30 u, basta que se con-feccione:17 um (1) corpo de peso 1 u, dois (2) corpos de peso 2 u, um (1) corpode peso 5 u, dois (2) corpos de peso 10 u, para conseguir múltiplos inteiros até50 u, basta acrescentar um corpo de peso 20 u.

1.7 Grandeza Física: medição e medida

Podemos agora resolver o problema de determinar a forma da função d = f (p).Para abreviar e dar precisão à linguagem empregada devemos introduzir defi-nições e termos novos, cujo significado seja bem preciso. Assim, por exemplo,o peso p e a deflexão da haste podem ser medidos, isto é, compara-se o pesodo corpo com o peso do padrão dizendo-se, por meio da deflexão produzida,

15 As mesmas causas produzem os mesmos efeitos.16 u© Caso contrário, não teríamos como verificar as mesmas causas associadas aos mesmos

efeitos.17 u© É por essa razão que se você receber uma cédula de R$ 30,00, não a aceite. É falsa!

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quantas vezes o peso p é maior (ou menor) que o do padrão. O mesmo se veri-fica relativamente à deflexão: uma deflexão d1 é de 2 mm, outra d2 é de 5 mm;a deflexão de 1 mm seria a deflexão unitária, correspondendo ao peso unitário(no nosso exemplo). O peso e a deflexão da haste são denominados grandezasfísicas – uma grandeza física sendo tudo aquilo que pode ser medido (fisica-mente). O processo de medir uma grandeza se denomina medição. Ao colocaro peso na marca (P) da haste e ler a deflexão para saber quantas vezes o peso émaior (ou menor) que o padrão, estamos efetuando uma medição e o resultadoobtido p3 =4u se denomina medida da grandeza p3.

Desse modo, estamos procurando um processo para medir o peso dos cor-pos. O aparelho que permite essa medição se denomina dinamômetro: dí-namo – força, e metro – medida.

Esse problema de medir uma grandeza não é tão simples. De modo prático,poderíamos ter uma série de pesos p1, p2 . . . pn, conhecidos relativamente aopadrão que produzissem deflexões tabeladas; para se ter o peso de um corpoqualquer, bastaria ver a deflexão que ele provocaria na haste e procurar na ta-bela qual o múltiplo do padrão que daria a mesma deflexão, e portanto queteria o mesmo peso que o do corpo. Teríamos assim um método prático paradeterminar o peso dos corpos. Entretanto o problema só estaria resolvido com-pletamente se encontrássemos a forma da função d = f (p), pois um peso pqualquer poderia dar uma deflexão que não figurasse na tabela. Observe-seque a cada peso p vai corresponder uma (1) deflexão d, e a cada d deve corres-ponder um (1) peso p. Há uma correspondência entre o conjunto dos pesos e odas deflexões, expressa simbolicamente por d = f (p).

1.8 Função de uma variável

A função f que a cada valor de p faz corresponder um único valor de d sechama função unívoca. Vice-versa, se (para a função f ) a cada valor de d cor-responde um único valor de p, dizemos que existe a função inversa de f , ea correspondência entre o conjunto dos pesos e o conjunto das deflexões éunívoca nos dois sentidos, e se denomina biunívoca entre os pesos e as defle-xões.

Observa-se facilmente que a haste não suportará qualquer peso em suaextremidade sem se deformar permanentemente, isto é, colocado um peso pMna haste, produz-se uma deformação tal que, ao ser retirado o peso, a ponta dahaste não volta mais para a marca inicial. Haverá assim um valor máximo dopeso pm que não provoca deformação permanente da haste (já que a função f é

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1.9. Lei de interdependência entre grandezas físicas 43

crescente). Sendo assim, os pesos que darão a deflexão na haste poderão variarde 0 a esse valor pm, o peso máximo que não provoca deformação permanente.Matematicamente se diz que a função f = f (p) é definida para os valores de pcompreendidos no intervalo de 0 a pn (sendo pn≤ pm), ou simbolicamente p∈[0, pn], a chave indicando que os valores extremos do intervalo estão incluídosno conjunto de definição da função, ou domínio da função como também échamado.

Simbolicamente se põe: d = f (p) para p∈ [0, pn], que se lê “d é uma funçãode p para p pertencente ao intervalo de 0 a pn”. O símbolo ∈ se lê “pertencea”, é o sinal de pertinência.

1.9 Lei de interdependência entre grandezas físicas

Em física se diz que a função f exprime a lei de interdependência entre asduas grandezas: peso e deflexão; sendo assim, determinar a forma da funçãof é achar a lei física que relaciona a deflexão da haste com o peso que a pro-voca. Aparentemente este problema é muito simples, veremos mais adianteque ele não é tão simples assim. Para não trazer complicação no atual estágio,ficaremos dentro do seguinte fato observado:

“Uma dada haste presa por uma extremidade se flexiona sob aação de pesos colocados na outra extremidade e cessada a açãodo peso cessa a deflexão, desde que o peso não tenha atingido umvalor grande o suficiente para ocasionar deformações ou modifi-cações permanentes na forma da haste”.

O objetivo será estudar essa deflexão em função do peso para obter com esseestudo um processo para “pesar” os corpos. 18

Vimos como se pode construir a caixa de pesos, mesmo sem saber a formada função que relaciona o peso com a deflexão e agora, tendo os pesos p1,p2 . . . pn conhecidos, registramos as deflexões d1, d2 . . . dn que lhes correspon-dem quando colocamos esses pesos na marca junto à extremidade L da haste.Para sistematizar esse estudo construímos um quadro ou tabela contendo todosos pesos usados na experiência e as respectivas deflexões.

A fim de nos expressarmos sem dificuldades, convém dar um nome a nossaunidade de peso. Esse nome é escolhido por convenção, arbitrariamente. Porexemplo, suponhamos que a pessoa que iniciou esse estudo se chama José; em

18 u© Note-se que não se definiu peso, estamos usando o conceito intuitivo de peso, relaci-onado com o da experiência do dia-a-dia, leigo.

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homenagem a ela, vamos convencionar que o nome da unidade que estamosusando para nossa caixa de pesos se chamará josé (letra minúscula por se tratarde nome de unidade), e que a mesma será representada por Jo. É convençãointernacional formar o símbolo usando a inicial do nome proposto com letramaiúscula por se tratar de nome de pessoa, a segunda letra é para evitar con-fusão com símbolos já definidos; no caso do metro, o símbolo é a inicial dapalavra metro, letra minúscula porque esse nome não provém de nome de pes-soa. Essa convenção é internacionalmente adotada, assim há várias grandezase símbolos formado por letras maiúsculas porque derivam de nome de pessoas,por exemplo:

V : volt, em homenagem ao físico Colta Alessandro Volta (1745–1827);

A : ampère, em homenagem ao físico André-Marie Ampère (1775–1836);

J : joule, em homenagem ao físico James Prescott Joule(1818–1889);

W : watt, em homenagem ao físico James Watt (1736–1819);

N : newton, em homenagem ao físico Isaac Newton (1642–1727);

T : tesla, em homenagem ao físico Nikola Tesla (1856–1943);

Wb : weber, em homenagem ao físico Wilhelm Eduard Weber (1804–1891);

Hz : hertz, em homenagem ao físico Heinrich Hertz (1857–1894);

Pa : pascal, em homenagem ao físico Blaise Pascal (1623–1662), etc.;

e outros símbolos com letras minúsculas por derivarem de outras palavras,não nomes próprios, em geral de palavras gregas, por exemplo: dyn (dina), kg(quilograma), erg (erg), etc. 19

No alto da Tab. 1.1, colocam-se a legenda do que registra cada coluna ea unidade correspondente representada por seu símbolo; no nosso caso, Jo nada coluna correspondente à grandeza peso, que é a variável independente dafunção d = f (p), e mm na coluna correspondente à grandeza deflexão, que é avariável dependente da função f .

No nosso exemplo, a ponta da haste indica a divisão `0 =31,0 mm da régua,para o peso igual a 0. A medida da deflexão di = ì−`0, em que ì é a divisãoda régua correspondente ao peso pi.

19 u© Note-se, p. ex., que a unidade K g significa “kelvin grama”, e não, quilograma.

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1.10. Eixos coordenados 45

Tabela 1.1: Interdependência entre peso e deflexão.

Peso – p Deflexão – d(Jo) (mm)

0 0,01 1,02 1,93 2,94 4,05 5,1

Em seguida a cada leitura da deflexão retirava-se o peso para verificar se aponta voltava para a divisão `0 da régua.

Com medições cuidadosas para evitar “erro grosseiro”, obtivemos o quadrode valores das grandezas interdependentes, peso e deflexão.

Para medir os pesos dos corpos podemos usar a haste e a tabelaque deve acompanhá-la para que ela sirva de dinamômetro. Cons-truímos um medidor de pesos, empiricamente, sem conhecer asleis físicas em jogo.

Entretanto, como os valores que levantamos para montar a tabela são li-mitados a alguns múltiplos inteiros do padrão, pode haver corpos cujos pesosnão dêem exatamente as mesmas deflexões desses múltiplos, e que, portanto,deverão corresponder a pesos diferentes. Somente achando a forma da funçãod = f (p) e a sua função inversa p=φ(p) é que teríamos resolvido o problema.

A matemática vem em nosso auxílio fornecendo métodos e processos pararesolver o problema. Há métodos especiais para se obter, com os valores daTab. 1.1, a forma da função d = f (p). Um dos mais usados é obter primeiro ográfico da função e, a partir do gráfico, a função.

Vejamos como se faz o gráfico. 20

1.10 Correspondência entre ponto da reta e númeroreal, eixos coordenados

Para fazer o gráfico de uma função vamos introduzir algumas noções de geo-metria e análise.

20 u© A intensão neste estágio é apresentar intuitivamente o problema de “ajuste de curvas”;no §12.7 é apresentado formalmente o método dos mínimos quadrados.

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X0

Oυ

+1

P1

+2

P2Pr

+3

P3

+4

P4

−1

P−1

−2

P−2

−3

P−3

−4

P−4

Figura 1.3: Eixo Ox associado à reta X.

Tomemos uma reta X desenhando-a da esquerda para direita, veja Fig. 1.3.Dividamos essa reta em duas semi-retas por um ponto O, serão a semi-reta dadireita e a semi-reta da esquerda. Agora, escolhendo um segmento de reta υ(letra grega upsilon) que tomaremos como segmento unitário e na semi-reta dadireita, a partir de O, marquemos segmentos múltiplos (inteiros) desse unitário;isto significa determinar pontos P1, P2 . . . Pn sobre a semi-reta da direita e taisque os segmentos:

OP1 seja igual a 1 υ, OP2 =2 υ, OP3 =3 υ . . . OPn =n υ .

Na semi-reta da esquerda façamos a mesma coisa, mas indiquemos os pontospelos números inteiros P−1, P−2 . . . P−n, da direita para a esquerda.

Observe-se que com esse processo estabelecemos uma correspondênciaentre os números inteiros (positivos e negativos) e pontos da reta, de tal modoque a cada inteiro corresponderá um único ponto sobre a reta X. Sendo, assim,a correspondência entre o conjunto dos números inteiros (Z) e pontos da reta(X) é uma correspondência unívoca. A correspondência não é porém unívocano sentido inverso, isto é, há muitos pontos sobre a reta que não são represen-tados por números inteiros a partir dessa correspondência. Por exemplo, entreos pontos P2 e P3 existe o ponto Pr na mediatriz do segmento P2P3 que nãopode ser representado por nenhum número inteiro por meio dessa correspon-dência. Mas o segmentos OPr é igual a 2υ+ 1

2υ = (2 + 12 )υ = 5

2υ = 2,5υ.Desse modo, podemos representar outros pontos da reta por números racionais(Q), os números racionais são aqueles que podem postos sob a forma de fraçãoprópria (p. ex., 3/4) ou imprópria (p. ex., 6/5), isto é, r é racional se pode serposto sob a forma p

q , sendo p e q inteiros. Entretanto, ainda haverá pontos dareta que não terão números para representá-lo por meio da correspondênciaque estamos considerando. A correspondência estará completa se introduzir-mos nessa representação os chamados irracionais, como

√2, que não pode ser

representado por nenhum número racional. Você sabe demonstrar isto?O conjunto formado pelos números inteiros (Z) que estão incluídos nos

racionais do tipo, por exemplo 31 = 6

2 = 93 = 3 (que é uma fração de quo-

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ciente inteiro), pelos racionais e pelos irracionais positivos e negativos formao conjunto (R) dos números denominados números reais. Deste modo, po-de-se estabelecer uma correspondência biunívoca entre os pontos da reta21 eos números reais, a cada ponto da reta vai corresponder um número real, evice-versa, a cada número real vai corresponder um ponto da reta.

Denomina-se eixo a reta dividida em duas semi-retas, a da direita e a da es-querda, a cada uma correspondendo sinal positivo ou negativo; é o mesmo quese tivéssemos definido um sentido de percurso sobre ela como sendo positivo,por exemplo, o sentido da direita para a esquerda; o sentido contrário, da es-querda para a direita, como negativo. É conveniente indicar o sentido positivocolocando uma ponta de flecha sobre a reta:

-0.

Diz-se que a reta está orientada, deste modo, um eixo é uma reta orientada:pode-se estabelecer uma correspondência biunívoca entre os pontos da retaorientada e o conjunto dos números reais (R).

Agora tomemos dois eixos ortogonais cujas origens O coincidam. VejaFig. 1.4. Vamos indicar um número qualquer sobre a reta que se estende daesquerda para direita por x e chamá-la de eixo das abscissas (Ox) ou eixo dosx, o outro de eixo das ordenadas (Oy) ou eixo dos y, letra com que se indicaráqualquer número real correspondente a um ponto desse eixo. A orientaçãopositiva do eixo dos y sendo para “cima” e a negativa para “baixo”. Posto isso,observemos que o plano ficou dividido em 4 setores iguais ou quadrantes:

1o quadrante compreendido entre as semi-retas positivas +Ox e +Oy;

2o quadrante compreendido entre a semi-reta positiva +Oy e a semi-reta ne-gativa −Ox;

3o quadrante compreendido entre as semi-retas negativas −Oy e −Ox;

4o quadrante compreendido entre a semi-reta negativa −Oy e a semi-reta po-sitiva +Ox.

Com esse sistema de eixos podemos estabelecer uma correspondência biu-nívoca entre o conjunto dos pontos do plano e os pares ordenados de númerosreais x, y que se representam entre parêntesis (x, y). O par se diz ordenado

21 A reta considerada como o conjunto de todos os seus pontos é denominada ponti-lhada.

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6

-x

y

O−1−2−3−4 +1 +2 +3 +4

−1

−2

−3

−4

+1

+2

+3

+4P1qP2 q

P3

qP4

q

Figura 1.4: Eixos cartesianos retilíneos ortogonais.

porque a primeira coordenada x representa o número sobre o eixo Ox, a se-gunda coordenada y representa o número sobre o eixo Oy. A correspondênciaserá definida do seguinte modo: seja por exemplo o ponto P1 no primeiro qua-drante; pelo ponto P1 traçamos uma paralela ao eixo Oy que corte o eixo Oxno ponto de abscissa x = +2; traçamos ainda por P1 uma paralela a Ox quecorte o eixo Oy no ponto de ordenada y = +3. O ponto P1 será representadopelo par ordenado (x1, y1) = (+2,+3), omitindo-se, em geral, o sinal positivo.Todos os pontos do primeiro quadrante são representados por pares ordenadosde números reais positivos.

No segundo quadrante o ponto P2, por exemplo, será analogamente repre-sentado pelo par ordenado (x2, y2) = (−2, 3). Todos pontos do segundo qua-drante são representados por um par ordenado em que a primeira coordenadaé um número real negativo (x∈R−) e a segunda coordenada é um número realpositivo (y∈R+).

No terceiro quadrante o ponto P3, por exemplo, será analogamente repre-sentado pelo par ordenado (x3, y3) = (−2,−3). Todos pontos do terceiro qua-drante são representados por um par ordenado em que as duas coordenadas sãonúmeros reais negativos (x, y∈R−).

Finalmente, no quarto quadrante o ponto P4, por exemplo, será represen-

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tado pelo par ordenado (x4, y4) = (2,−3). Todos pontos do quarto quadrantesão representados por um par ordenado em que a primeira coordenada é umnúmero real positivo (x ∈ R+) e a segunda coordenada é um número real ne-gativo (y ∈ R−). Tanto a abscissa como a ordenada do ponto se denominamcoordenadas do ponto. Como os eixos são retilíneos e ortogonais eles sãodenominados de sistema de coordenadas retilíneas ortogonais, ou ainda sis-tema cartesiano ortogonal. O termo cartesiano provém do nome do inventordo sistema de coordenadas, René Descartes (1596–1650), filósofo, matemá-tico e físico francês, inventor do sistema de coordenadas e da geometria quedaí se deriva, denominada geometria cartesiana ou geometria analítica; os ei-xos cartesianos (retilíneos) podem ser ortogonais ou oblíquos.

Agora voltemos à nossa Física.Já vimos que temos duas grandezas interdependentes d e p, a cada valor

de p corresponderá um único valor de d e vice-versa.22 Na Tab. 1.1, pág. 45,podemos ver que a 1 Jo corresponde inicialmente uma deflexão de 1,0 mm, demodo geral, p1 corresponde a d1, p2 a d2, p3 a d3 . . . e pn a dn. Temos assimpares de valores p e d. Podemos com eles determinar um ponto no plano doseguinte modo:

tomamos os dois eixos ortogonais como foi indicado; no eixo dasabscissas, eixo dos x, colocamos os valores da variável indepen-dente p (daí o eixo dos x vira o eixo dos p), e no eixo das ordena-das, eixo y, os valores correspondentes da variável dependente d(daí, o eixo dos y vira o eixo dos d).

Temos assim uma sucessão de pontos no plano.Se os pesos variassem de 1

2 Jo em 12 Jo, obteríamos pontos intermediários

na Tab. 1.1. Observe-se que se os pesos variassem continuamente, deveríamosobter uma infinidade de pontos ligando os pontos do gráfico da figura para osvalores obtidos. Entretanto, sendo a precisão da medida pequena, ao acrescen-tarmos, por exemplo, 1

10 de Jo ao peso p1 deveríamos ver a ponta da haste sedeslocar de 1

10 mm aproximadamente; ora, 110 de mm é muito difícil de discer-

nir à vista desarmada, e talvez nada se veja usando a régua milimetrada. Essevalor já está dentro do erro de medição. A sucessão dos pontos assim obtidosdelineia uma “curva” que é o gráfico da função d = f (p). No caso da defle-xão da haste, essa curva é um segmento de reta que passa pela vizinhança daorigem, pois, a p=0 corresponde d =0.

22 u© Afinal, pode-se verificar que a função que estamos procurando é sempre monótonacrescente, i.e.; variando-se uma, a outra também varia, de modo sempre crescente (ou sempredecrescente, se se considera a altura da extremidade da haste).

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É fácil agora obter a forma da função d = f (p), sendo seu gráfico umsegmento de reta, ela deve ser da forma:

d = k p (1.1)

em que k é uma constante a determinar. De fato, para o peso p=0 está associ-ado à deflexão d =0; para23 p1 =1 Jo, d1 =1,0 mm, logo substituindo em (1.1),vem: 1,0 mm = k 1 Jo, do que se segue que k = 1 mm/Jo. Portanto a expressãoda função que procurávamos será:

d =

(1

mmJo

)p . (1.2)

. Para p = 2 Jo, obtemos: d =(1 mm Jo−1

)×2 Jo=2 mm; na Tab. 1.1, para

p=2 Jo a deflexão é 1,9 mm, o que está dentro do erro de 0,1 mm.

. Para p=4 Jo, obtemos: d =(1 mm Jo−1

)×4 Jo=4 mm, que coincide com

o valor da Tab. 1.1.

A função d = f (p) está assim determinada e exprime a lei de interdepen-dência entre o peso e a deflexão da haste nas condições descritas. Matematica-mente devemos escrever:

d = k p ; p ∈ [0, pn] , k = 1mmJo

. (1.3)

Observe-se que essa expressão só é válida dentro dos limites expressos nointervalo de 0 a pn. Se colocássemos um peso p=5 pn é certo, para a haste queestamos usando, que a haste se deformaria de modo permanente, dando umadeflexão completamente fora do valor dado pela equação (1.3).

Observe-se também que os expoentes de p e de d são iguais a 1 (um). Diz-se neste caso que a função é linear, seu gráfico é uma reta que “passa” pelaorigem, veja Fig. 1.5.

A posição da ponta da haste para o peso nulo é `0 = 31,0 mm, conformemedida pela régua milimetrada fixada em relação a estrutura que sustenta ahaste, e para qualquer peso é `; por exemplo, para p4 = 4 Jo a posição é `4 =

35,0 mm, a deflexão sendo d4 = `4 − `0 = 4,0 mm. De modo geral, temos:d =` − `0, e substituindo em (1.1), podemos escrever:

` − `0 = k p ou ` = k p + `0 ,

23 u© Lembra-se que adotamos a unidade de peso josé (Jo) de tal modo que provocasse adeflexão de 1,0 mm na a haste que estamos usando, veja item (iii) na pág. 39. Observa-se aindaque a Tab. 1.1 seria diferente se usássemos outra haste para essa mesma caixa de pesos.

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1.11. Interpolação e extrapolação 51

-

6

px

y d

r

r

r

r

r

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡¡

0 1 2 3 4 5 6 7 8

1

2

3

4

5

6

7

8

Figura 1.5: Gráfico da lei associada à Tab. 1.1.

em que k e `0 são constantes, k por uma propriedade da haste e `0 dependendoda posição em que a régua é fixada. A função `=kp+`0, com k e `0 constantes,é uma função de p, o seu gráfico também será uma reta, paralela à primeira,mas passando pelo ponto de ordenada `=`0 e abscissa p=0, veja Fig. 1.6, e sedenomina função afim.

1.11 Interpolação e extrapolação

1.11.1 Interpolação

Na experiência realizada obtivemos seis (6) pontos, considerando a origemdo sistema de coordenadas, e por eles fizemos passar um segmento de reta edissemos que a equação da reta (suporte do segmento) era a função d = f (p)

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-

6

x

y

d = k p

` = k p + `0

r`0

©©©©©©©©©©©©©©©©©©©©©©©©

Figura 1.6: Gráfico de uma função linear e de uma função afim.

procurada. É claro que a rigor deveríamos tomar valores intermediários até quea sucessão de pontos gerasse o gráfico da função procurada. Tal fato é porémimpossível, visto que o próprio erro nas medições24 impediria essa continui-dade. Supusemos que os valores intermediários seriam bem representados pe-los pontos da reta, isto é, que tais valores estariam sobre a reta. Essa maneirade resolver o problema se denomina interpolação, e tomar os valores interme-diários sobre a reta como os possíveis (mais prováveis) valores experimentaisse designa interpolar os resultados experimentais com a reta. Em todo o in-tervalo [0, pn], os valores contínuos de 0 a pn, para a função d, excetuando-seos seis (6) valores experimentais, foram obtidos por interpolação dos resulta-dos experimentais. Tal procedimento é lícito, porque, se erramos na leitura dodeslocamento da ponta até 0,1 mm, a curva estará dentro do erro experimental.

1.11.2 Extrapolação

Outro procedimento, em oposição à interpolação, seria prolongar-se a reta, oumelhor, o segmento de reta além do valor correspondente ao extremo pn dointervalo, o que se denomina extrapolação. A extrapolação sendo a obtençãode valores que estão fora do intervalo de definição da função levantada ex-perimentalmente (intervalo definido pela experiência), que exprime a lei de

24 u© A noção intuitiva de continuidade significa que podemos nos aproximar tanto quantoquisermos do valor de uma função contínua, desde que, tomemos um valor suficientementepróximo da variável independente. Mas, por causa da precisão de uma medida, não saberemosdizer qual a real proximidade a que estamos. Assim, como verificar a condição de continuidade?Note-se que nem estamos questionando os erros nas marcações na régua.

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interdependência.A extrapolação pode conduzir a erros e desastres, pois fora do intervalo

de definição da função, a correspondência entre as duas variáveis pode sertotalmente diversa. Assim, por exemplo, para um peso 10 (dez) vezes maiorque pn, a haste se deforma permanentemente, não voltando a ponta da hastepara a posição de deflexão nula quando o peso é retirado; a 10 pn não vaicorresponder 10 dn, mas a um valor muito maior. A interdependência linear sóé válida dentro dos limites de elasticidade.

Observação avançada

Para mostrar que o problema é muito mais complexo do que parece de início,vamos dar-lhe a solução geral para o estudante se precaver contra conclusõesapressadas. 25

Lembramos que se verifica facilmente, para uma dada haste, que a defle-xão para um dado peso vai depender da distância x do ponto de sustentação dopeso ao ponto de fixação da haste. Por outro lado, experimentando com dife-rentes hastes verificamos que a deflexão depende da forma da secção reta dahaste, e que hastes de mesma secção reta e para o mesmo valor de x a deflexãovai depender do material da haste. Uma haste de ferro e outra de latão, idênti-cas em comprimento e mesma secção reta, darão deflexões diferentes para osmesmos pesos colocados à mesma distância x. Concluímos assim que a defle-xão será função do peso p, da distância x, da área S da secção reta da haste edo seu material M. Sendo uma função de quatro (4) variáveis. No estudo feitoanteriormente mantivemos três (3) variáveis com valores constantes, apenas opeso aplicado variava. No decorrer deste curso vamos mostrar como se chegateoricamente à forma da função f a partir dos conhecimentos adquiridos. Aquiapenas para o estudante apreciar a complexidade do problema, damos a ex-pressão da função d = f (p):

d =x3

3 E Ip , (1.4)

expressão que se aplica quando não levamos em conta o peso da haste.Na fórmula (1.4):

x – é a distância entre a fixação da haste e o ponto de suspensão do peso p ;

E – é o módulo de elasticidade ou módulo de Young, que é uma característicado material que constitui a haste;

25Veja §14.2, pág. 498.

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I – é o momento de inércia da secção reta S da barra em relação ao eixohorizontal que passa pelo baricentro da área e é ortogonal ao eixo dahaste.

Esta parte teórica é dada unicamente para mostrar ao estudante que eledeve precaver-se contra a tendência de desprezar assuntos que aparentementesão muito simples e que na verdade podem exigir conhecimento que fica muitoalém da sua compreensão; serve apenas para esse fim, não devendo ser objetode estudo no atual estágio. Por outro lado, mostra também que a pesquisa teó-rica pode resolver problemas muito difíceis de abordar experimentalmente. Emgeral o homem caminha na investigação científica apoiado na pesquisa expe-rimental e na pesquisa teórica, não podendo prescindir de nenhuma das duaspara o seu progresso.

Na pesquisa teórica o homem usa a matemática, i.e., métodos e processosdesenvolvidos em seus diferentes ramos, do mesmo modo que usa instrumen-tos científicos na investigação experimental. A Álgebra, o Cálculo Diferenciale Integral, a Topologia, a Álgebra Linear, as Equações Diferenciais, a AnáliseTensorial, etc. são usados como são os Ciclotron, o Betatron, o MicroscópioEletrônico, o Telescópio, o Acelerador de Partículas, o Calorímetro, etc. afimde que o homem possa alcançar novas revelações da natureza. Na interaçãocom a natureza o homem investiga novos métodos e processos matemáticospara trabalhar eficientemente na investigação teórica e assim nascem linhas depesquisa e novos métodos matemáticos, do mesmo modo que na iteração expe-rimental com a natureza, o homem inventa e constrói instrumentos de mediçãoe novas máquinas mais eficientes e poderosas, como, por exemplo, os compu-tadores, cujo uso se constitui em uma ferramenta indispensável, tanto para otratamento de dados experimentais quanto para tratamentos algébricos e nu-méricos. Mas para dominar essa ferramenta tão mutante, precisamos formarbase sólida nos conceitos básicos em física e em matemática, além de dominaro uso de instrumentos de medidas mais simples, para que possamos melhordominar os equipamentos eletrônicos mais modernos e melhor interpretar seusresultados.

Na Fig. 1.7 damos a deflexão de hastes de mesmo material e diferentes sec-ções retas, junto a cada curva se desenhou a área da secção reta e o respectivoeixo horizontal y ortogonal ao eixo da haste passando pelo baricentro, a fimde que o estudante possa apreciar as variações das deflexões em função domomento de inércia da seção reta em relação ao eixo y.

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Figura 1.7: Deflexão de haste em função de momento de inércia da área da secçãoreta. A curva III representa dois cilindros de mesmo momento de inércia (mesma deflexão)mas a massa do oco é a metade do maciço.

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Problemas

Se você não souber dizer, explicar e escrever as respostas das perguntas a se-guir, volte ao livro e estude até saber responder, explicar e escrever as respostassem hesitação.

Problema 1.1. Se você entendeu realmente este capítulo, tente explicá-lo paraum leigo. Responda as perguntas:

– O que é observação?

– O que é um fato bruto?

– O que é um fato científico? Dê exemplos.

– Como você construiria uma caixa de pesos a partir de um padrãopreviamente escolhido?

Problema 1.2. Você poderia descobrir a lei de interdependência existente en-tre duas grandezas físicas sem conhecer o porque dessa lei? Dê exemplos.

Problema 1.3. Como você estabeleceria a lei de interdependência entre essasduas grandezas?

Problema 1.4. Como você interpreta um lei estabelecida experimentalmente?

Problema 1.5. Repita a experiência da deflexão de uma haste. Tome o pesodo Estojo de Física marcado com um 5 para unidade ou padrão, dê-lhe umnome, por exemplo o seu nome. Você se chama José? Dê ao padrão o nomede josé, e vamos indicá-lo pelo símbolo Jo. Defina esse padrão. Na física seadota internacionalmente a seguinte norma: quando uma grandeza é indicadapor um símbolo originado de nome de pessoa, esse símbolo é escrito com ainicial maiúscula, exemplo: N (newton, unidade de força proveniente de IsaacNewton), W (watt, unidade de potência proveniente de James Watt), V (volt,unidade de diferença de potencial elétrico proveniente de Alessandro Volta). A(ampère, unidade de corrente elétrica proveniente de André-Marie Ampère),etc., em caso contrário o símbolo se escreve com letra minúscula: dyn (dina,unidade de força proveniente da palavra grega dyne que significa força); m(metro, unidade de comprimento proveniente do grego metron, que significamedida), etc.

Problema 1.6. Construa uma caixa de pesos a partir do Jo, e faça a curva deinterdependência da deflexão da haste em função do peso em sua extremidadecom essa caixa de pesos.

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Problemas 57

Problema 1.7. Você pode fazer algo prático com o conhecimento adquiridocom o estudo da deflexão da haste? Explique.

Problema 1.8. Como fazer um dinamômetro? Explique.

Problema 1.9. A unidade Jo é igual ao peso de 5 gf, o 5 inscrito no peso doestojo. Converta a curva de calibração obtida em Jo para gf.

Problema 1.10. Qual o valor do coeficiente de proporcionalidade k da lei deinterdependência entre peso e deflexão, quando se usa para unidade de peso oJo e para unidade de comprimento o mm ? E quando se usa para unidade depeso o gf, e para unidade de comprimento o mm?

Definição do Jo

Observe-se que o Jo poderia ser definido do seguinte modo: “Um corpo tempeso de 1 Jo quando colocado no ponto L na extremidade do dinamômetro Aprovocar na haste uma deflexão de 1 mm”. O dinamômetro A sendo o dinamô-metro construído dentro de especificações precisas. Desta definição resulta quea lei de interdependência entre peso e deflexão será: d = k′p = (1 mm/Jo) p. Afunção inversa será: p= (1 Jo/mm) d. Isto significa simplesmente que, quandose medem a deflexão em mm e o peso em Jo, a relação entre é simplesmente:d = p. A leitura das divisões da régua fornece diretamente o peso (nominal) docorpo em Jo. Um peso que deu a deflexão de 6,0 mm vale 6,0 Jo. Se quisermospassar da unidade Jo para a unidade gf, basta saber a relação entre elas. No casoconsiderado: 1,0 Jo=5,0 gf, logo, se p=6,0 Jo, então p=6,0×(5,0 gf)=30,0 gf.Daí a vantagem de definir uma unidade de peso arbitrária como o Jo; determi-nações mais rápidas, a conversão sendo feita se necessária, no final. É umaunidade prática, que tem o inconveniente de depender do nosso particular di-namômetro. Há porém outras unidades práticas, definidas de maneira geral eque podem facilitar os cálculos. Exemplo: o elétron-volt, como unidade deenergia; a unidade unificada de massa atômica,26 como unidade de massa; oÅ (angström) como unidade de comprimento (1 Å = 10−10 m), etc. No §9.5voltaremos a este ponto.

Um outro modo de correlacionar o peso com a deflexão é escrever nas divi-sões da escala, não os números correspondentes às unidades de comprimento,mas diretamente os próprios valores correspondentes às unidades de peso. No

26 A unidade unificada de massa atômica é igual a fração 1/12 da massa de um átomo donuclídeo 12C, em repouso e em seu estado fundamental. 1 u = 1,6605402×10−27 kg. No campoda bioquímica a unidade unificada de massa atômica é também chamada de dálton, símbolo Da.

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nosso exemplo, cada mm corresponde a 5 gf, 5 mm correspondem 25 gf, pode-se então, na escala graduada de mm em mm, gravar o zero no traço inicial e25 ao lado do quinto traço (de mm) da escala, explicitando que a escala já estágraduada em gf.

Problema 1.11. Como fazer um dinamômetro de maior precisão? Você encon-tra na Natureza algo parecido? Explique.

Intertítulo dos revisores u©

Apresentou-se neste capítulo uma forma de se iniciar o estudo da Física a partirde conceitos intuitivos e por meio de dispositivos rudimentares.

A principal preocupação foi encontrar uma maneira de indicar em aula ex-positiva ou em texto como se poderiam realizar experiências sem depender derecursos outros além dos encontrados no ambiente onde vive o estudante (docampesino ao urbano); exige-se por pré-qualificação apenas curiosidade cien-tífica e conceitos intuitivos de força (associado ainda ao de esforço muscular dese sustentar corpos pesados) e de comprimento (medido por uma régua escolar,ou mesmo confeccionada pelo próprio estudante).

Volta-se à experiência da deflexão de uma haste, orientando o estudantepara que ele próprio a execute.

Agora imagina-se que o estudante estará no seu laboratório e que realizarásuas próprias experiências, ainda com pouca orientação para o tratamento deerros experimentais e para outros cuidados que deva tomar na montagem, nasmedidas e nas anotações. Pretende-se que o estudante perceba a necessidadedesse tratamento e desses cuidados.

Antes de realizar a experiência do dinamômetro de haste, se o estudantequiser confeccionar sua própria caixa de pesos com sua própria unidade depeso, poderá fazê-lo usando tiras de chumbo, ou mesmo pedaços de um canode chumbo (comprado em alguma loja de ferragens) ou ainda usando pedaçosde chumbadas de pesca; pode-se usar qualquer material sólido, diz-se parausar chumbo como material para a caixa de pesos por motivo simples: é sólidoà temperatura ambiente, é fácil de trabalhar e moldar e, sendo muito denso,precisa-se de pouco volume para acondicioná-los.

A confecção da caixa de pesos por meio da deflexão de uma haste, con-forme já descrito neste capítulo, não leva a uma caixa de pesos de precisãomaior que a inerente à sensibilidade da medida da deformação da haste. Mas o

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Problemas 59

estudante terá oportunidade de melhorar a precisão dos pesos de sua caixa con-forme for obtendo equipamentos mais sensíveis – os dinamômetros de mola,as balanças analíticas que construiremos com o estojo de mecânica –.

Nas experiências apresentadas usa-se uma caixa de pesos tendo por uni-dade a força peso local de uma massa de 1 g, que será chamada um grama-forçae denotada por 1 gf, que vale 9,80665×10−3 newtons (1gf = 9,80665×10−3 N)em unidades SI. A vantagem em usarmos, no presente caso, um padrão ado-tado nacional e internacionalmente para medir pesos está na possibilidade decomparação direta dos resultados numéricos das medições. O uso da unidadeJo está restrito a seu usuário, a sua utilização por outros indivíduos só seriapossível se tivéssemos como compará-la com a unidade usada por outro. Háduas maneiras de se proceder a essa comparação: (a) diretamente entre os pa-drões usados ou (b) indiretamente se referindo a um terceiro padrão.

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Parte I

Estática

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Capítulo 2

Regra do Paralelogramo

Introdução 1

Desenvolve-se neste capítulo um projeto para a verificação experimental dalei algébrica de composição e de decomposição de forças não-paralelas, cujobom entendimento é fundamental para toda a Física. É claro que o desenvolvi-mento tem cunho educacional, afinal esse resultado é conhecido há muito; nãoestaremos “reinventando a roda”; estaremos mostrando como “poderia ter sidoinventada”, tampouco estaremos historiando essa “invenção”.

Como estamos apresentando esse assunto para estudantes que se iniciamem Física, estaremos usando conceitos intuitivos como ponto de partida. Oconceito de força não será inicialmente definido ou caracterizado formalmente,porém todos possuímos o conceito intuitivo e sensorial por meio do esforçomuscular para sustentar corpos pesados, isto é, o conceito intuitivo de força;usaremos pois as noções intuitivas de peso e de esforço muscular como o con-ceito intuitivo de força. Com isso em mente, se aplicarmos um dado esforçomuscular para empurrar um corpo que estiver imóvel, constataremos que essecorpo não permanecerá imóvel. Se esse corpo estiver parado sobre um planohorizontal, constataremos que ele passará a se movimentar sobre uma linhareta do plano horizontal, justamente a reta que tem a direção da força aplicada;se mudarmos a direção com que o empurramos, constataremos que a direçãoda reta que “suporta” onde ocorre o movimento do corpo também mudará e, seo esforço for uniforme, mantendo a direção, essa reta suporte terá a direção naqual se exerce o esforço. . . Será possível substituir dois esforços por um único

1 u© Este capítulo contém basicamente o Fascículo 1. Fizemos contar esta Introdução paraesclarecer o objetivo do autor e como ponte entre os Caps. 1 e 2.

63

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64 Capítulo 2. Regra do paralelogramo

que tenha o mesmo efeito? Será possível “aniquilar” o efeito de dois esforçospor meio de um esforço único?

Por meio de outros fatos que envolvem conceitos mais simples podemosconstatar que isso é possível. Sabemos que é possível sustentar um peso porum fio disposto verticalmente e, até já sabemos como avaliar o esforço ne-cessário para sustentá-lo por esse fio, sabemos e já verificamos experimen-talmente; sabemos também, do dia-a-dia, que podemos sustentar esse mesmopeso amarrando-o em um fio não-vertical, neste caso, no entanto, precisare-mos de mais um fio.2 Podemos manter um corpo imóvel sustentado por um fiovertical ou por dois fios não-verticais. Há alguma diferença efetiva entre essasduas situações? Como caracterizá-las? Como relacioná-las?

Essa constatação do dia-a-dia indica que os esforços nos fios que susten-tam o corpo mudam com as direções dos fios, ou seja, dependem das direçõesdesses fios. De alguma forma, já sabemos medir esses esforços usando a de-flexão da haste, mas não sabemos medir pesos sustentados por meio de fiosnão-verticais; como fazê-lo? Além disso, como associar as direções dos fios,no primeiro caso com os do segundo caso? Podemos considerar que a dire-ção do fio é também a “direção do esforço”? Precisamos verificar se isto éfactível nas condições dos ensaios que estaremos realizando, uma vez que sa-bemos que para fios longos não-verticais não se observam fios retilíneos. . . osfios formam uma “barriga” (veja a forma de fios presos a dois postes). Dessaforma, podemos aplicar forças em extremos do fio e comparar “os esforços”em cada extremo. Mas antes de verificarmos isso, precisamos verificar se es-forços aplicados no mesmo ponto do fio (em equilíbrio) dão a mesma medida.Mas, ainda, precisamos verificar se sabemos medir esforços que não sejamverticais apenas.

O que se apreende do exposto nesta introdução, é que precisaremos reali-zar experiências intermediárias para cumprir o projeto inicial para a verifica-ção experimental da lei algébrica de composição de forças. A estratégia destecapítulo será:

1. usar o dinamômetro de deflexão da haste para desenvolver técnicas demedição e tratamento dessas medidas, independente da força peso;

2. aperfeiçoar esse dinamômetro para criar outro mais preciso e que possa2 u© Realmente, usando-se um único fio não-alinhado com a vertical prendendo o corpo,

não se consegue manter o corpo parado, imóvel; ele balançará em torno da vertical que passapelo ponto onde uma das extremidades do fio está presa. Ora, a presença do segundo fio (pelomenos, podemos usar mais de um fio) significa a aplicação simultânea de outras forças. Vê-se,pois, a necessidade e a conveniência de compor forças.

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2.1. Deflexão de uma haste metálica 65

medir força não-vertical;

3. verificar se as medições para forças não-verticais são confiáveis e avaliaro erro experimental nessas medidas;

4. verificar se os fios usados podem ser considerados como ideais e, daí,capacitar-se a medir direção de força;

5. verificar, finalmente, a lei de composição de forças não-paralelas.

Note-se que um objetivo tido por alguns como tão modesto, aparentementetão simples, não pode ser alcançado sem que se cumpram etapas preliminaresintermediárias. Este é o segundo projeto científico apresentado neste livro, oprimeiro foi construir um dinamômetro, ainda que rudimentar; dispositivo quevamos aperfeiçoar.

Observação No Cap. 1 abordamos o projeto para construção de um dinamô-metro, considerando que dispúnhamos dispositivos e padrões, tanto de com-primento quanto de intensidade de força; em ponto de se usar como unidadede peso padrão um corpo que ocasionasse uma deflexão correspondente a umaunidade de comprimento. Esse procedimento foi muito bem pensado, uma vezque quem o propôs dominava todo o processo de medição e de tratamento dedados, estando em condição de estabelecer um procedimento que geraria umalei que relacionasse proporcionalmente uma unidade de intensidade de força auma unidade de comprimento. Essa estratégia é ótima quando não se têm va-lores de referência e se quer manter controle para o tratamento de dados compouca base; porém, é perigosa quando o estudante que apressada e inadver-tidamente pensa que uma unidade de uma grandeza está sempre associada auma unidade da outra. Para que não se fique com essa falácia e para que se de-senvolva habilidade para lidar com dispositivos experimentais, além de tratardados experimentais, no que se segue será abordado novamente o experimentopara a obtenção de um dinamômetro pela deflexão de uma haste para umacaixa de pesos aferida em grama-força, dando oportunidade para um primeirocontato com o tratamento de erros, algarismos significativos, etc.

2.1 Deflexão de uma haste metálica

Construímos uma caixa de pesos, tomando o peso de 5 gf do estojo como pa-drão primário e uma tira de chumbo de onde um peso que provoque uma defle-xão um pouco maior que a do padrão primário, lixando-o até que dê a mesma

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deflexão, depois se repete o procedimento para dois padrões secundários de10 gf. Ficamos assim com a seguinte caixa de pesos 2 × 5,0 gf e 2 × 10,0 gf.

Com os pesos da caixa de pesos obtidos da maneira indicada3 pode-sefazer o estudo da lei de interdependência entre o peso e a deflexão que ele pro-duz. Fazemos uma tabela de valores dos pesos e das correspondentes deflexões(Tab. 2.1). Com esses valores constrói-se o gráfico da Fig. 2.1.

Tabela 2.1: Interdependência entre peso (gf) e deflexão (mm).

Peso – p Deflexão – d(gf) (mm)0 0,05,0 1,0

10,0 2,115,0 2,920,0 4,125,0 5,030,0 6,1

Vê-se que a lei de interdependência entre o peso e a deflexão pode ser des-crita pelo segmento de reta que passa próximo aos pontos obtidos com os va-lores experimentais, observe-se que alguns pontos ficam acima e outros abaixoda reta. Pode-se atribuir aos erros experimentais essa discrepância; para levarem conta tais erros, deve-se avaliar o erro máximo que se pode esperar, ou seespera obter com as medições efetuadas.

. Será muito difícil avaliar deflexões de um (1) décimo de milímetro (mm)para mais ou para menos, será pois provável que cometamos erros de umdécimo de mm nas medições das deflexões, fazendo uso de uma réguamilimetrada.

. Quanto aos pesos, tratando-se de padrões obtidos pelo processo indi-cado,4 devem ter também uma imprecisão equivalente a um décimo daunidade usada, i.e., um décimo do peso padrão primário de 5 gf.

3 u© O estudante pode realizar esse experimento confeccionando sua caixa de pesos ouusando a do estojo de mecânica, formado por pesos aferidos com valores nominais expressosem grama-força e composto por: um (1) peso de 1,0 gf, dois (2) pesos de 2,0 gf, um (1) peso de5,0 gf, dois (2) pesos de 10,0 gf e um (1) peso de 20,0 gf, indicando que foram calibrados comprecisão de décimo de grama-força, ao menos.

4 u© Está-se considerando o processo de confecção do padrão de peso igual a 5 gf, ou seja,que se confeccionou a caixa de pesos usados: 2 pesos de 5 gf, 1 de 10 gf, 1 de 20 gf, por meio

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-

6

0 10 20 30 40

1

2

3

4

5

6

7

p(gf)

d(mm)

q

r

r

r

r

r

r

Figura 2.1: Gráfico da lei associada à Tab. 2.1; os pontos no gráfico indicam as medi-das anotadas.

Isso significa que todas as medidas das deflexões podem ter um erro de±0,1 mm e as dos pesos de ±0,5 gf. Neste caso, o gráfico construído com osvalores experimentais conterá retângulos em lugar de pontos, veja o gráficoda Fig. 2.2. Observe-se que o segmento de reta toca todos os retângulos querepresentam os pontos medidos experimentalmente de coordenadas p e d, maisou menos os respectivos erros.

Diz-se neste caso que a lei de interdependência entre peso e deflexão da

da deflexão da haste, ou, alternativamente: 2 pesos de 5 gf, 2 de 10 gf. Se usássemos os termosdo Cap. 1, diríamos que se adotou 1 Jo=20 gf.Nota No gráfico da Fig. 2.1 se usou o símbolo q para marcar o ponto medido; e no gráficoda Fig. 2.2 o símbolo para demarcar a área do gráfico onde deve estar o ponto da lei associadoao primeiro processo e o símbolo para a do segundo processo, ambos para medidas feitasusando-se régua milimetrada.

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-

6

0 10 20 30

1

2

3

4

5

6

p(gf)

d(mm)

q

Figura 2.2: Gráfico da lei associada à Tab. 2.1; os pontos no gráfico indicam as medi-das anotadas, os retângulos o erro experimental levado em conta, o pontilhado corres-ponde ao erro de ±0,1 gf e o contínuo ao de ao erro de ±0,5 gf. (em papel milimetrado)

haste é da forma d = kp, sendo k uma constante física característica da hasteutilizada, isto é, a deflexão é função linear do peso, ou ainda, a deflexão éproporcional ao peso dentro do erro experimental. Temos então uma lei física:

“A deflexão de uma haste produzida por pesos em sua extremidadeé proporcional ao peso dentro do erro experimental e desde que opeso não atinja um valor máximo chamado limite de elasticidade.”

De fato, os valores experimentais correspondem aos valores de p entre 0(zero) e um máximo pM igual a 30 gf. Entre esses valores de p, que variamno intervalo de 0 a pM, ou p ∈ [0, pM], a deflexão é proporcional ao peso e seescreve:

d = k p , p ∈ [0, pM] ,

isto é, a deflexão é proporcional ao peso desde que o peso varie no intervalo[0, pM], em que se verifica características elásticas.

Para se obter o valor de k basta ver que k = d/p, e, tomando os valoresda Tab. 2.1, se obtém k = 2,0 mm/gf; valor que também pode ser obtido pelográfico correspondente.

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2.1.1 Interpolação e dinamômetro

Ficou implícito na lei expressa anteriormente que qualquer valor do peso dariauma deflexão cujo valor definiria um ponto sobre a reta. Vice-versa, um pesodesconhecido px ao ser pendurado na haste, no ponto previamente determinadona extremidade livre da haste, dará uma deflexão dx e o par (px, dx) deverá serum ponto da reta.

Por exemplo, se px deu uma deflexão dx =4,5 mm, determina-se no gráficoo pondo Px da reta e, finalmente, o valor px = 22,5 gf. Poderíamos ter usado aequação da reta d = kp, sendo k = 0,2 mm/gf, ou seja, usando p = 1

k d, donde,para efeito de cálculo, se tem:

p = (5,0 gf mm−1) d = (5,0 gf mm−1) (4,5 mm) = 22,5 gf .

Ora, o valor 22,5 gf não é um valor experimental obtido por medição direta pormeio de instrumento de medição calibrado convenientemente, mas um resul-tado tirado por meio do gráfico da Fig. 2.1 ou da equação

p = (5,0 gf/mm) d ,

diz-se nesse caso que se fez uma interpolação dos resultados experimentais.A interpolação é lícita, o valor achado está contido no intervalo determinadoexperimentalmente.

Segue-se ainda que a haste ou ponteiro, tendo suas deflexões relacionadascom os pesos que as provocam, podem fornecer um meio ou processo de deter-minar o peso dos corpos, desde que esses pesos estejam contidos no intervalo[0, pM]. O ponteiro e sua “curva” de calibração dada pelo gráfico da Fig.2.1ou pela expressão d =

(0,2 mm/gf

)p constituem um “aparelho para medir o

peso dos corpos ou as forças”, ou, sucintamente, constituem um dinamôme-tro (do grego: dynamis, força; e metron, medida). É claro que, para termos umdinamômetro, convém determinar, não a função d = k p, mas a sua função in-versa p = ( 1

k )d =(5 gf/mm

)d, função que possibilita cálculo imediato: dada a

deflexão produzida por um peso p qualquer, medida em mm, para obtermos opeso correspondente em gf basta multiplicar a deflexão por 5.

Exemplo Um peso que deu uma deflexão de 3,0 mm será de

(5 gf/mm) × 3 mm = 15 gf.

Faça o gráfico dessa função p= f (d).

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Observação A lei d =kp, p∈ [0, pM], é uma lei baseada em fatos experimen-tais. Trata-se de um postulado, isto é, de uma proposição suposta verdadeirasem demonstração, apenas se verifica experimentalmente que alguns valoresdo peso e da deflexão (ao todo sete pares de valores, incluindo a origem, nonosso caso) satisfazem essa lei e, mesmo assim, dentro do erro experimental. Aexperimentação teve o mérito de levar-nos ao postulado do qual não tínhamosa menor idéia.

Observe-se que a expressão matemática da lei mostra que ela deve ser vá-lida para uma infinidade de pares de valores, o que não foi verificado. Seria ne-cessário fazer muitas e repetidas experiências, com vários observadores, muitobem planejadas e controladas, para que essa lei, tirada da prática, tivesse acei-tação (científica) incontestável; mesmo assim, dever-se-ia dizer sempre queela seria válida dentro do erro experimental. De fato, com métodos de mediçãomais refinados, dando erros muito menores, poder-se-ia encontrar uma lei di-ferente. A investigação teórica partindo de fatos ou leis já muito bem aceitosou “incontestáveis” e que demonstrasse matematicamente que, nas condiçõesda experiência, a deflexão da haste homogênea é uma função linear do peso,seria uma importante contribuição ao estudo experimental.

A investigação teórica que o homem realiza a partir de conhecimentos pre-estabelecidos é um importante processo para o progresso científico. Neste tipode investigação o homem utiliza papel, lápis, computadores, livros e revistasespecializadas; é tão difícil quanto a investigação experimental, mas está inti-mamente entrelaçada com ela. Por outro lado, é a própria investigação teóricaque muitas vezes sugere novas experiências, ou solicita novos dados, ou in-dica novos rumos para a pesquisa experimental. Sem a pesquisa experimentalo homem perde o contato com a natureza e tende a vagar sem rumo, levadopela imaginação; mas, sem a investigação teórica o homem não tem a visão doconjunto e não vislumbra novos caminhos para a sua pesquisa experimental. Apesquisa teórica e a experimental se complementam, completam-se.

Não poderá haver independência intelectual de um grupo de pesquisadoresse a pesquisa teórica não é complementada pela pesquisa experimental e vice-versa.

2.1.2 Extrapolação

Suponhamos que se tenha um peso de 50 gf, qual a deflexão que ele produziráquando pendurado na haste? Ora, d = f (p), logo5

5 u© Note-se que se está considerando que o corpo é preso à haste na mesma posição emque se colocaram os pesos da caixa de pesos e seguindo os mesmos procedimentos para as

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2.2. Grandezas homogêneas 71

d =(0,2 mm/gf

) × (50 gf

)= 10 mm .

Se, porém, colocarmos o peso de 50 gf pendurado na haste, veremos que eledará uma deflexão muito maior e que, além disso, a haste não voltará maispara a posição anteriormente associada à do peso nulo (haste não sustentandocarga), houve deformação permanente da haste. Observe-se que o valor de50 gf não se acha no intervalo [0, pM], ele está fora do intervalo dos pesos asso-ciados aos ensaios experimentais com essa haste. Diz-se, nesse caso, que se fezuma extrapolação dos resultados experimentais. A extrapolação nem sempreé válida, podendo resultar em resultados completamente errôneos, ou mesmoem resultados desastrosos. Se porém tivéssemos experimentado com o pesode 40 gf, antes de experimentar com 50 gf, teríamos ainda um valor dado pelalei de proporcionalidade (conforme constatamos), a extrapolação revelando-seainda válida, porque esse valor estaria dentro do limite de elasticidade da haste.De qualquer modo, nunca se deve extrapolar resultados.

2.2 Grandezas homogêneas

As grandezas homogêneas são entes de mesma espécie ou entes homogêneosque constituem um conjunto no qual se pode estabelecer uma relação de igual-dade e de adição ou composição, associando-se com essa operação dois delespara obter um terceiro, pode-se ainda definir a associatividade dessa operaçãoe multiplicação por um número (real).

2.3 Grandezas físicas

Medir uma grandeza homogênea é exprimir por um número a relação entre elae uma outra da mesma espécie, tomada como unidade. O conjunto de opera-ções para medir uma grandeza física se denomina medição e o resultado damedição é a medida da grandeza. Todas as grandezas que se podem medir sedenominam grandezas físicas. Uma grandeza física fica caracterizada quandose estabelecem processos (procedimentos) de medição e se tem instrumentalpara medir a grandeza a partir de outras com as quais se relaciona, seja pordefinição, seja por leis físicas, como veremos.

medições que levaram à Tab. 2.1, da qual se tirou a expressão d = f (p) =(0,2 mm/gf

)p.

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2.4 Erros

Na medição de uma grandeza podem ser cometidos erros que dependem dosaparelhos e instrumentos de medição e do experimentador ou observador.

Distinguem-se duas classes principais de erros, os sistemáticos e os aci-dentais. Vejamos.

2.4.1 Erros sistemáticos

Os erros sistemáticos são ocasionados, por uma falha no sistema de medi-ção, por um problema qualquer do próprio observador (erros pessoais). Usandonosso exemplo, suponhamos que o peso de 5 gf dá a deflexão de 1 mm quandose coloca o peso a 3,0 mm da extremidade livre da haste; faz-se a curva de inter-dependência entre as deflexões da haste e os pesos pendurados nessa posição,obtendo-se então a curva de calibração d = (0,2 mm/gf) p ; posteriormente,faz-se na ponta da haste um traço para estabelecer a posição em que se devempendurar os pesos; no entanto, em vez de fazer o traço a 3,0 mm de distânciada ponta da haste, faz-se a marca a 10 mm; como é óbvio, os pesos que vãoproduzir deflexões de 1 mm não serão mais de 5 gf e, sim, sempre maiores.As medidas dos pesos por esse dinamômetro serão afetadas de um erro siste-mático, dando sempre valores menores. Os erros sistemáticos influenciam asmedidas sempre do mesmo modo, majorando, diminuindo seus valores. Paraevitá-los, deve-se examinar e calibrar todos os instrumentos, confrontando asescalas com os padrões e examinando possíveis influências devidas à tempera-tura, pressão, etc.

Os erros pessoais podem ser devidos, por exemplo, a uma deficiência vi-sual do observador, ou a um tempo maior de sua reação ao medir o tempo.Os erros sistemáticos podem ser afastados ou levados em conta na medição dagrandeza, corrigindo-os nas medidas.

2.4.2 Erros acidentais

Os erros acidentais são erros fortuitos ou devido ao acaso (aleatórios). Sãodevidos a causas variáveis, indetermináveis, estão dentro do limite de precisãodos instrumentos e podem ocorrer, dando medidas maiores, medidas menoresque a grandeza, isto é, podem ser positivos ou negativos. Os erros acidentaispodem ser tratados matematicamente e seu estudo é muito importante para aFísica. O estudo dos erros acidentais será feito mais adiante (§2.5).

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2.4. Erros 73

2.4.3 Erros grosseiros

Há um terceiro tipo de erro que freqüentemente não é mencionado: são enga-nos ou erros grosseiros. Esses erros são cometidos por um observador inex-periente ou por um “observador experiente muito distraído”. Por exemplo, narégua, o observador que a lê, no sentido contrário, em vez de 6 lê 9, ou em vezde 3 lê 8, confunde 5,4 cm com 5,4 mm, etc.

Figura 2.3: Ilustração para o erro de paralaxe.

O erro grosseiro mais comum é o erro de paralaxe que advém da nãoobservância da linha de visada correta para a leitura na escala do aparelho(analógico). Usaremos as medidas para a construção do dinamômetro de hastepara exemplificar o erro de paralaxe. Em uma das ilustrações da Fig. 2.3, a li-nha de visada faz coincidir a ponto A da haste com um traço acima ou abaixo,conforme vista pelo observador O1 ou O2 , daquele obtido pela visada na dire-ção ortogonal O à face graduada da régua. As duas leituras vão diferir, dandoum erro grosseiro eg . Para evitar esse tipo de erro (muito comum entre princi-piantes) deve-se observar sempre a linha de visada ortogonal à face da réguaaté encontrar a posição do ponto a ser medido, a ponta da haste devendo estaro mais próximo possível da régua, para minimizar possível erro de paralaxe,veja a outra ilustração da Fig. 2.3, na qual o ponto A está bem próximo à faceda régua, sem a tocar. Para evitar ou minimizar o erro de paralaxe, os instru-mentos de precisão têm um espelho sob o ponteiro ou agulha, de modo queo observador ao olhar o traço não deve ver a imagem do ponteiro no espelho,coberta pelo próprio ponteiro, assim fica melhor garantida a ortogonalidade ea minimização do erro de paralaxe. 6

6 u© Algumas observações sobre o que não-raramente se observa com estudantes no labo-

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2.5 Estudo dos erros acidentais

Ao estudarmos a deflexão da haste avaliamos a deflexão mínima observávelcomo sendo igual a 0,1 mm, que considera o erro a se admitir devido à im-precisão do instrumento (tanto quanto a imprecisão da sua construção, quantoa acuidade para leitura). Tal erro foi denominado de erro experimental, ocor-rendo tanto para mais quanto para menos.

Vejamos como proceder para obtermos uma precisão maior do que o erroexperimental permitiria numa única medição7. Ao tirar e colocar o peso 10 gf,por exemplo, na haste, suponhamos que um observador leia 2,1 mm na pri-meira vez, em seguida retira o peso, a ponto volta para a indicação 0,0 mm.Colocando novamente o peso, a ponta se desloca para a posição lida como2,0 mm; retirado o peso novamente a ponto volta ao 0,0 mm. Na terceira vezcom o peso de 10 gf pendurado, ele lê 1,9 mm, e assim por diante, obtendo asleituras (em mm):

d1 =2,1 mm; d2 =1,9 mm; d3 =2,1 mm; d4 =2,2 mm; d5 =1,9 mm;d6 =2,0 mm; d7 =2,0 mm; d8 =1,9 mm; d9 =2,0 mm; d10 =1,9 mm.

ratório:

1. Alguns estudantes cuidadosos julgam que devem manter sempre a mesma posição cor-poral na ocasião das medições, chegam a marcar na bancada a posição dos cotovelose apóiam o queixo em mãos cruzadas, olhando, antes de medir, se os cotovelos estãonas marcas. Esses procedimento não corrige a linha de visada quando a extremidade doponteiro se desloca, e ele sempre se desloca quando se muda o peso sustentado, portantoesse não é um procedimento correto, por mas cuidadoso que pareça ser.

2. A forma de abordar o instrumento onde se lêem as medições em escalas analógicas,buscando sempre uma linha de visada que seja perpendicular à escala que passa peloponto a ser medido, não está restrito às experiências com dinamômetro de haste (ou demola), tampouco às medições em réguas para medir comprimentos. Aplica-se semprepara medições em escalas analógicas.

3. A eficácia do espelho sob a escala depende do fato do espelho estar em plano paralelo aodo da escala, dessa forma, quando se usa uma superfície refletora não-plana por trás darégua, ocorre-se sempre em erros grosseiros mascarados por um guia falseado (no casoda placa retangular de aço que se encontra no estojo de mecânica, não se deve usá-lacomo superfície refletora para minimizar o erro de paralaxe), quem estiver com dúvidaou céptico com esta observação, que refaça as experiências em que se usam réguas,dispondo dessa placa refletora, os erros serão muito maiores com ele; o estudante quenão estiver convencido, que verifique e justifique.

7 u© Continuaremos usando a experiência da construção do dinamômetro por deflexão dahaste como exemplo e motivação; o estudante estará apto para testar todos os argumentos apre-sentados, e deverá fazê-lo.

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2.5. Estudo dos erros acidentais 75

a ponta da haste voltando sempre par a posição de leitura 0,0 mm quando opeso é retirado.

Qual desses números será o valor exato da grandeza deflexão correspon-dente ao peso de 10 gf?

Na Física é raro conhecermos o valor exato ou absoluto da grandeza. Masem alguns casos há meios que garantem o valor exato, por exemplo: no planoeuclidiano a soma S dos ângulos internos de um triângulo é igual a 180; e asoma dos ângulos sucessivos entre três semi-retas que divergem de um mesmoponto é igual a 360; ora, ao medir os ângulos internos de um triângulo po-de-se achar para sua soma primeiro o valor 179 e, numa segunda vez, 181.Denomina-se erro absoluto da medida e a diferença entre o valor da medidae a grandeza: e1 = 179−180 = −1 e o erro absoluto da segunda medidae2 =181−180=+1. Se tirarmos a média aritmética dos dois valores:

179 + 181

2= 180,

achamos o valor S considerada.No caso da deflexão da haste, porém, não conhecemos previamente seu

valor absoluto. Costuma-se, em tais casos, afirmar que o valor que deve apro-ximar-se o mais possível do valor absoluto da grandeza é a média aritméticadas medidas achadas. Tal afirmação só é válida quando todas as medidas me-recem a “mesma confiança”, isto é, quando forem feitas pelo mesmo obser-vador, com o mesmo cuidado, a mesma atenção de tal modo que o observadornão atribua a nenhuma delas precisão maior que às outras. Trata-se de umpostulado, pois não há como provar que a média aritmética dê o que mais seaproxima do valor absoluto da grandeza. Faz parte do grupo de postulados deGauss para o estudo dos erros (incertezas) nas medidas das grandezas.

2.5.1 Dispersão, desvio ou resíduo

Suponhamos que d seja a média aritmética de n valores medidos di, i.e., 8

d =1n

n∑

i=1

di ,

a diferença ri =di − d se denomina dispersão, desvio ou resíduo da medida i.

8 u© Note-se que i∈1, 2 . . . n.

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Tabela 2.2: As deflexões e os valores numéricos de seus desvios, na última linha sedispõe a soma da respectiva coluna:

∑10i=1 di = 20,0 , etc.

di ri |ri| |ri|22,1 +0,1 0,1 0,011,9 −0,1 0,1 0,012,1 +0,1 0,1 0,012,2 +0,2 0,2 0,041,9 −0,1 0,1 0,012,0 0,0 0,0 0,002,0 0,0 0,0 0,001,9 −0,1 0,1 0,012,0 0,0 0,0 0,001,9 −0,1 0,1 0,01

20,0 0,0 0,8 0,10

É óbvio que a soma dos resíduos é nula, isto é, quen∑

i=1

ri = 0 , pois n d =

n∑

i=1

di .

Para fixar idéias, seja n = 10 e di correspondendo às leituras para a deflexãoda haste para o peso de 10 gf. Para resumir, dispomos os diferentes valoresde di no quadro da Tab. 2.2 que contém os valores de ri, |ri| e |ri|2, bem comoas respectivas somas. A média dos valores absolutos dos desvios se denominadesvio absoluto médio:

|r| = 1n

n∑

i=1

|ri| = 0,08 mm para os valores do nosso exemplo.

Entretanto, como se verá na parte teórica, a mais importante medida da dis-persão das medidas é o chamado desvio-padrão (σ) ou erro médio quadráticoque se define como sendo tal que: 9

σ2 =1n

n∑

i=1

r2i ⇒ σ =

√√1n

n∑

i=1

r2i .

Para os valores do nosso exemplo, o desvio-padrão é: σ=√

0,010=0,10 mm.9 u© O parâmetro de dispersão: σ2 = 1

n

∑ni=1 r2

i é chamado variância.

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2.5. Estudo dos erros acidentais 77

2.5.2 Erro médio da média

Já vimos o desvio médio absoluto, também chamado simplesmente de desviomédio, e o erro médio quadrático, ou desvio-padrão.

O erro médio padrão da média ou erro médio da média ou ainda, con-forme recomenda o VIM[2], desvio-padrão experimental da média será defi-nido como

s =σ√

n − 1;

no caso da deflexão estudada: s = 0,10√9

, donde s = 0,03 mm, que é menor que o

desvio médio absoluto |r|=0,09 mm e que o desvio-padrão σ=0,10 mm.A grandeza deflexão para o peso de 10 gf deverá estar compreendida no

intervalo

d10 = (2,00 ± 0,03) mm, i.e., d10 ∈ (1,97 mm , 2,03 mm),

com nível de confiança de 68 %.

2.5.3 Erro relativo

O erro relativo é o erro dividido pela respectiva medida. O erro relativo médioda média será portanto εr = s/d, no caso da deflexão da nossa para o pesode 10 gf: εr = 0,03

2,00 = 0,015 . Como o erro relativo é expresso por um numeromuito pequeno, muito importante para avaliação da precisão na medida é oerro relativo percentual que se obtém multiplicando por 100 o erro relativo;assim, o erro médio relativo percentual da média do nosso exemplo será 1,5 %.

2.5.4 Erro tolerável

Importante para a experimentação é o erro tolerável que é, por definição, iguala três (3) vezes o erro médio quadrático, isto é, εtol = 3σ. Sua importânciapara o estudo aqui desenvolvido é que toda medida cujo erro seja maior queo erro tolerável deve ser rejeitada ou, pelo menos, deve-se repetir a mediçãocorretamente, pois será provável que tenha havido erro grosseiro na medição.A teoria dos erros será estudada mais adiante, no devido tempo; por ora a in-tenção é que o estudante perceba a necessidade desse estudo e adquira vivênciacom esses efeitos inexoráveis às medições.

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2.6 Algarismo significativo

Na medição da deflexão da haste vimos que o primeiro algarismo, o dos mi-límetros, era lido na régua milimetrada, o dos décimos de milímetro era ava-liado, o dos centésimos de milímetro era impossível determinar praticamentepor meio da régua milimetrada. Pois bem, os algarismos de um número que ex-primem a medida de uma grandeza até o primeiro algarismo avaliado, ou duvi-doso, denominam-se significativos; os restantes não são significativos (paraa medição realizada por meio desse instrumento). A deflexão 2,9 mm con-tém dois (2) algarismos significativos, se tivéssemos escrito 2,92 mm, preten-dendo que se tivesse avaliando os centésimos de milímetro, estaríamos exage-rando nosso poder de avaliação ao usar essa régua milimetrada. Costuma-sepôr um traço sobre o primeiro (1o) algarismo avaliado, por exemplo 2,92 mm,despreza-se o segundo (2o) algarismo avaliado: 2,9 mm. Sendo assim, não seprecisa escrever o traço sobre o primeiro algarismo avaliado, convencionan-do-se que o último algarismo significativo será sempre o primeiro algarismoavaliado ou duvidoso. Deste modo, escreve-se 2,0 mm ou 3,0 mm para signifi-car 2,0 mm e 3,0 mm, isto é, que o algarismo zero foi estimado10 (avaliado).

Observe-se que os números poderiam ser inteiros, por exemplo, se mudás-semos para a unidade de décimo de milímetro (10−1 mm), teríamos:

2,9 mm = 290 × 10−1 mm;

se usássemos o milésimo de milímetro11 teríamos:

2,9 mm = 2900×10−6 m = 2900 µm.

Se a unidade fosse o centímetro, ou o metro, teríamos respectivamente: 0,29 cme 0,0029 m. Em qualquer dos casos o número de algarismos significativos paraessa medição é sempre 2 (dois).

10 u© Ou seja, que se considerou que para essas duas medições o ponto lido estava sobre umtraço de milímetro; note-se que, por essa convenção, quando se escreve 2 mm se está referindo auma medida realizada por uma régua que apresenta apenas traços de centímetro em centímetro.

11 u© Para o Sistema Internacional de Unidades, o SI, o símbolo µ é usado como o prefixomicro correspondendo ao fator 10−6; o uso do micron e seu símbolo (µ) como unidade de com-primento correspondente a milésimo de milímetro foi adotado pelo SI em 1879 e reiterada em1948, mas foi abolida pela 13a Conferência Geral de Pesos e Medidas (CGPM) em 1968; dessaforma, denota-se: 10−6 m = 1 µm.

http://physics.nist.gov/cuu/Units/index.html

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2.6. Algarismo significativo 79

2.6.1 Operações com algarismos significativos

Para a Física Experimental é muito importante a noção de algarismos significa-tivo, bem como as operações com os mesmos, pois os algarismos não signifi-cativos, ficando completamente encobertos pelo erro experimental, nada repre-sentam nas medidas das grandezas. É portanto inútil escrevê-los ou incluí-losnos cálculos.

2.6.1.1 Normas para o cálculo com dados experimentais

1o) A

Ao registrar o resultado de medições ou de cálculos conserva-se somenteum (1) algarismo duvidoso.

Exemplo: 3,292 ≈ 3,29 .

2o) A

Ao desprezar algarismos que não são significativos:

. acrescenta-se 1 ao último algarismo significativo retido se o ime-diatamente seguinte desprezado for maior que 5;

. nada se acrescenta se este for menor que 5;

. se o algarismo que antecede o duvidoso for igual a 5, acrescenta-se1 ao primeiro algarismo duvidoso se ele for ímpar e nada se for par.

Exemplo:3146≈315 ; 2,144≈2,14 ; 8,1555≈8,156 ; 9,245≈9,24 .

3o) S

Ao se efetuar uma soma ou uma subtração escrevem-se os números emcolunas, como de ordinário. Os algarismos significativos de cada númeroserão desprezados se estiverem em colunas além da primeira que con-tenha algarismos duvidosos, aplicando-se o arredondamento; a menorprecisão em uma parcela contamina todas as outras parcelas.

Exemplo:5,23 + 8,1 + 3,39 + 8,46 + 10,87 + 12,7 = 48,755,2 + 8,1 + 3,4 + 8,5 + 10,9 + 12,7 = 48,8

∣∣∣∣∣∣3,86 + 2,3 = 1,563,9 + 2,3 = 1,6

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4o) M

Na multiplicação de dois números basta observar que o produto de umalgarismo duvidoso dá um resultado duvidoso e que no produto final dedois números devemos ficar apenas com o primeiro algarismo duvidoso.

Exemplo: 12 8,31 × 2,1 ≈ 17,4 ; 2,38 × 2,2 ≈ 5,2 .

“Se p é o número de algarismos significativos do fator que tem menornúmero de algarismos significativos, o produto terá p ou p+1 algarismossignificativos”.

5o) D

Vale para a divisão observação análoga a da multiplicação.

Exemplo: 13 8,31 ÷ 2,1 ≈ 4,0 ; 25,35 ÷ 3,5 ≈ 7,9 .

Neste caso, o divisor tem um número de algarismos significativos menorque o dividendo, o quociente tem o mesmo número que o divisor. Se,porém, o número de algarismos significativos do dividendo e do divisorforem o mesmo, o quociente terá no máximo o mesmo número e nomínimo um a menos.

Se o divisor tem um número de algarismos maior que o do dividendo, oquociente terá o menos número que o dividendo ou um a menos.

2.7 Dinamômetros

Da observação da deflexão de uma haste, obtivemos um processo para pesaros corpos e construímos um dinamômetro. Os dinamômetros, que medem as

12 Efetuando as operações:831

× 21

8311662

17451

238× 22

476476

523613 Efetuando as operações:

8,31 2,1

6 3 3,96 ≈ 4,02 011 89

120

25,35 3,2

22 4 7,92 ≈ 7,92 952 88

70

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2.7. Dinamômetros 81

intensidades de forças, podem ter formas e aspectos variados, muito diferentesda haste do exemplo estudado. Na Fig. 2.4 damos diferentes tipos de dinamô-

Figura 2.4: Ilustrações de dinamômetros.

metros baseados na deformação de um corpo sob a ação de forças; entretantoesses tipos de dinamômetros não são muito precisos, tendo em vista que adeformação é muito pequena relativamente ao valor da intensidade da força.Convém obter dinamômetros de maior precisão e sensibilidade para o estudodas forças, portanto arranjar um processo para aumentar a deformação relativaà intensidade da força. Isto se consegue enrolando um fio de aço em espiral;quando a espiral se alonga, o fio se torce e se deflete: “podemos formar umdinamômetro de precisão com um fio de aço formando ma espiral (hélice ci-líndrica)”. Em seguida mostramos a mola e a maneira de calibrá-la com todacomodidade.

2.7.1 Obtenção de um dinamômetro de precisão14

O comprimento ` da mola é uma função do peso (intensidade da força) que adistende. Como a sensibilidade é muito maior, pode-se aferir a caixa de pesosobtidos pela deflexão da haste com precisão muito maior. Em seguida, obtém-se a forma da função ` = f (p), para uma dada mola, construindo-se o gráficodo comprimento ` contra o peso p.

A mola, a régua para medir seu comprimento e o gráfico [que exprimea função ` = f (p)] constituem um dinamômetro de precisão. Use15 pesos de1, 2, 3, 4, 5, 10, 15, 20 e 25 gramas-força. Observe a curva obtida. Qual aconclusão? Examine a mola.

14 2a experiência.15 u© Apresenta-se uma orientação para a realização do experimento.

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Figura 2.5: Dispositivo para calibração dos dinamômetros de precisão.

Se você vai medir a intensidade da força que distende a mola, é preferíveldeterminar a função inversa p =λ(`). Determine |~F|= k (`−`0). Faça o gráficodessa função (em papel milimetrado).

Fornecemos três molas para que se disponha de três dinamômetros calibra-dos para medir intensidade de força nas próximas experiências. Calibre os trêsdinamômetros.16

Nota Algumas observações sobre os cuidados com a calibração dos nossos dinamô-metros de mola.

As molas usadas atualmente no IF–UERJ são confeccionadas no torno de nossaoficina empregando aço-mola inoxidável e estão mais sensíveis que as usadas à épocaem que o Prof. Armando redigiu este livro e, além disso, eram confeccionadas manu-almente, hoje em torno; por isso as espiras das molas usadas pela primeira vez estejamgeralmente muito juntas, este fato faz com que os gráficos dos dinamômetros feitospara essas molas não sejam uma reta; enquanto houver espiras juntas, o gráfico não semostra linear.

O estudante pode seguir alguns cuidados na calibração desses dinamômetros demola:

1. Antes de iniciar a calibrar o dinamômetro, coloque uma carga de 30 gf e deixe-aoscilando por algum tempo, com isso o material da mola sofre as deformações

16 u© Se o leitor não tiver essas molas, elas podem ser conseguidas no Instituto de Física daUniversidade do Estado do Rio de Janeiro (IF–UERJ), no 3o andar do Campus (sala 3001D).

http://www.uerj.br

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2.7. Dinamômetros 83

permanentes necessárias para a gama de forças da experiência, evitando queocorram deformações permanentes ainda durante a calibração; para verificar seessa deformação permanente está ocorrendo, é recomendável que se verifiqueapós retirar cada uma das cargas se o comprimento da mola sem carga é omesmo que o do início da calibração;

2. Há várias maneiras de medir o comprimento da mola, o estudante deve refletire adotar um método de medição para que possa reproduzi-lo quando o dinamô-metro (depois de calibrado) for usado.

O método mais intuitivo é medir o maior comprimento da mola para dada carga,porém essa maneira de medir leva a um erro de paralaxe grande porque o pontoa ser medido está distante da régua.

O método que apresenta o menor erro experimental é o que minimiza o erro deparalaxe, para tal pode-se proceder da seguinte maneira:

(a) identificar uma das duas alças da mola com uma linha colorida, a linhatambém identificará o dinamômetro;

(b) medir sempre da marca da dobra da alça identificada até a última espirada mola na direção do eixo de simetria da mola, dessa forma, consegue-se aproximar a régua e a parte da mola em que se mede o comprimento,tanto durante a calibração quanto do uso do dinamômetro; é importanteque sempre se meça da marca identificada porque pode ocorrer medidade comprimento diferente quando feito a partir da outra dobra;

3. Se for usado a interpolação pelo método do erro mínimo médio quadrático, nãose deve levar em conta os pontos medidos que não estejam na mesma tendênciada reta indicada pelas forças maiores.

Note-se ainda a sutileza didática dessa experiência e a da deflexão da haste: asprimeiras medições forçam sempre o estudante estimar o correspondente ao décimode milímetro na régua milimetrada.

Orientação para redação de relatórios u©

A toda experiência deve corresponder um relatório conclusivo em moldes técnicos. Te-nha sempre em mente que o leitor será pessoa ocupada, seletiva e com muito materialpara ler, devendo encontrar rapidamente o que busca no texto, que deve ser objetivo,mas suficientemente detalhado para possibilitar que o relatado seja reproduzido porum leitor que não tenha participado da experiência, com resultados dentro da mesmamargem de erro experimental.

Os relatórios de experiências curriculares podem conter apêndices teóricos e ex-plicativos onde o estudante pratica a verbalização do que está aprendendo. Essesapêndices não devem ser trabalho de colagem, redija-os por suas próprias palavras,

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por mais difícil que isso possa lhe parecer inicialmente; não perca a oportunidade decorrelacionar o que está sendo estudado nos livros e em aula com o que realiza nolaboratório e com que vivencia no seu dia-a-dia.

Bem, mas como organizar um relatório? Todo relatório deve conter, nessa ordem:

1. Título, que dê idéia concisa do que trata o relatório;

2. Autor e referência de como o encontrar, no caso de relatórios curriculares:curso e turma;

3. Data, do término da experiência ou da redação do relatório;

4. Resumo, conforme o nome indica é onde se resume o trabalho em poucas linhas(alguns chamam objetivo, geralmente é o último item a ser redigido);

5. Introdução, onde se indica a motivação do trabalho, o que se pretende concluire como está organizado;

6. Seções, onde se expõe propriamente o trabalho;

7. Conclusão, todo relatório termina com uma conclusão;

8. Apêndices, onde se colocam gráficos, tabelas ou tópicos complementares aotrabalho;

9. Referências bibliográficas, onde se listam o material bibliográfico consultadoou citado, podendo inclusive incluir relatórios anteriores.

As gramáticas indicam os relatórios como um estilo literário e podem ser consultadas,mas deve ser interessante que o estudante veja em bibliotecas as revistas técnicas es-pecializadas; independentemente da área técnica a forma de organizar um relatório ésempre a mesma, o que pode diferir é a forma como é editado; na contracapa das pu-blicações se encontram as instruções para enviar material para submeter à publicação.

Devem ser escritos em papel A4, carta ou almaço, respeitando-se margens (asmargens são importantes para o arquivamento do documento). Quando manuscrito,com boa letra; quando impressos por processadores de texto, com tipos sóbrios (timesroman ou palatino, 10, 11 ou 12, atualmente os arquivos devem ser processados emLATEX 2ε).

Existem manuais de redação de relatórios, prefiro indicar como que se lê profis-sionalmente um relatório. Primeiro se lê o título; depois o nome do autor e o resumo;se o assunto interessar, lê-se as referências, por elas se tem uma idéia da atualizaçãodo trabalho; se isso mantiver o interesse, passa-se a ler a introdução; se a leitura daintrodução continuar mantendo o interesse, é bem provável que o trabalho seja lido naíntegra. É claro que esses primeiros relatórios que você redigirá não serão submetidosa publicação ou a apreciação administrativa ou burocrática, mas é bom ir treinandodesde já para saber fazê-lo profissionalmente, afinal um curso superior é um curso deformação profissional, ou não é?

É oportuno destacar que se deve anotar em caderno próprio todos os detalhes im-portantes, tanto durante a experimentação quanto durante os rascunhos da redação do

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2.8. Força aplicada em um ponto 85

relatório, mesmo aqueles detalhes que pareçam tolos ou óbvios. Essa documentaçãopode ser útil para relembrar detalhes que tenham passado desapercebidos e que se re-velam depois de repensados; use caderno, não use folhas soltas para essas anotações;folhas soltas se perdem, confundem a cronologia das anotações. . .

2.8 Força ~F aplicada em um ponto P

Agora que já dispomos de dinamômetros para medição de intensidade de força,vamos nos preparar para verificar experimentalmente a lei de composição deforças (a regra do paralelogramo).

Convidamos o estudante a fixar uma das extremidades de um dos dinamô-metros (já calibrados) em um ponto P de uma estrutura e, amarrando uma linhade costura na outra extremidade da mola do dinamômetro, aplicar uma forçana linha; mude a direção da força ou a direção da linha; mude a intensidade daforça, conforme ilustrado na Fig. 2.6. Perceba por esse dispositivo a “Aplica-ção, em um ponto P, de uma força ~F de intensidade, sentido e direção dados”.Veja o Post. 2 (pág. 89) e conclua.

Figura 2.6: Aplicação da força ~F no ponto P.

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1 gf

qP ~F -1 gf

qP ~F -1 gf

qP ~F-

Figura 2.7: Representação por meio de segmentos de reta orientados de uma força ~Fde módulo 3 gf aplicada num ponto P.

A força é uma “grandeza orientada”: tem direção, sentido e intensidade(valor numérico indicado por unidade própria) e também ponto de aplicação.Pode ser representada na escritura por uma letra encimada por uma seta: ~F, ~R,~A, etc. Graficamente pode ser representada por um segmento de reta orientado,cuja direção e sentido são a direção e o sentido da força, cuja origem P é oponto de aplicação da força e cujo comprimento, medido com um segmentoque representa o valor numérico da unidade de força, dá (é proporcional) aintensidade da força. Outras representações serão vistas mais tarde.

Os três segmentos orientados da Fig. 2.7 representam (em escala) a mesmaforça17 ~F de 3 gf, aplicada em P, na direção horizontal e da esquerda para adireita.

Não confunda a força com o segmento de reta orientado que a representa.

2.9 Experiência

Esta experiência18 cumpre objetivo duplo: verifica experimentalmente umaproposição, que adotaremos como o Post. 1 a seguir, e afere a calibração dosdinamômetros.

Postulado 1. Duas forças aplicadas em um ponto P estão em equilíbrio quan-do:

1o) Têm a mesma direção;

2o) Têm a mesma intensidade;

3o) Têm sentidos contrários, e se denota: ~F′=− ~F.

A Fig. 2.8 orienta a montagem do dispositivo experimental; o estudantedeve ter o cuidado em não estender as molas dos dinamômetros além do cor-respondente comprimento máximo em sua calibração.

17 u© Se o leitor girar ou imaginar girar a figura, perceberá representações de forças demesma intensidade em outras direções.

18 Terceira Experiência.

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2.9. Experimento 87

Figura 2.8: Montagem da terceira experiência.

O objetivo mais importante desta experiência é verificar a condição deequilíbrio de um corpo pontual (o ponto de contato entre as alças dos dinamô-metros “engatados”) sujeito a duas forças, ou seja, queremos verificar se aexperiência não discorda das hipóteses que expressamos no Post. 1, que, porsua vez, é um caso particular da primeira lei de Newton aplicada a uma partí-cula em equilíbrio sujeita a apenas duas forças, digamos: ~F1 e ~F2. Porém aindanão temos meios comprovados experimentalmente para medir força, sabemosapenas medir intensidade de força por meio dos dinamômetros já calibrados.Note-se que o dinamômetro é incapaz de distinguir duas forças de mesma in-tensidade e direções diferentes; reporte-se ao ensaio anterior, mude a posiçãoda linha sem alterar o comprimento da mola do dinamômetro, isso significa oquê?

Por outro lado, já temos os dinamômetros calibrados, mas ainda não temosidéia da precisão que eles nos oferecem. Como nossa hipótese é que | ~F1|= | ~F2|,então temos um meio de aferir a calibração dos dinamômetros. Ora, embora seesteja medindo um única vez a intensidade | ~F1| e a intensidade | ~F2| , a hipótese| ~F1| = | ~F2| = | ~F| significa que se está realizando duas medidas para |~F|; dessaforma, pode-se estimar o erro experimental percentual nessas medições por

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meio da expressão: 19

ε% =

∣∣∣∣| ~F1| − | ~F2|∣∣∣∣

| ~F1| + |~F2|2

× 100 . (2.1)

Para essa experiência, recomenda-se que se verifique, pelo menos, três situa-ções diferentes de forças para cada par de dinamômetros, afinal se está que-rendo verificar um postulado, não será com uma única medição que se veri-ficará, não é? Para melhor analisar os dados da experiência, é recomendávelque se construa um quadro (uma tabela) para cada par de dinamômetros quecontenha: a medida de comprimento para cada dinamômetro em cada configu-ração; a intensidade de força correspondente a cada medição tirada da lei decalibração do dinamômetro correspondente e, por fim, o erro relativo para cadaconfiguração. 20

Observação Se você deseja uma precisão maior, deve levar em conta o pesoda mola. Veja o Probl. 2.33, pág. 108.

2.10 Experiência

Ainda estamos na fase preparatória para a verificação experimental da regra doparalelogramo. Até o presente estágio sabemos medir intensidade de força, nãosabemos ainda medir direção da força, precisamos saber realizar essa medição;com este objetivo, queremos com esta experiência verificar experimentalmentetrês aspectos: se os fios e os dinamômetros podem ser considerados como ide-ais (dentro do erro experimental) e, com isso, se podemos associar a direçãodo fio à direção da força. Se essas características forem verificadas (dentro doerro experimental), então saberemos medir força, e não apenas intensidade deforça. Mais formalmente, queremos verificar experimentalmente a viabilidadeda proposição que se segue ser usada com status de postulado.

19 u© Indicamos aqui que essa estimativa de incerteza corresponde ao desvio-padrão expe-rimental para uma amostra de duas medidas, com nível de confiança de 95 %, ou de 68 % selevarmos em conta a correção do fator-t da distribuição de Student.

20 u© Se o leitor já tiver conhecimento de ajuste linear por meio do método dos mínimosquadrados e de faixa de confiança (ver §12.7 e, p. ex., [23]), deverá notar que cada calibração dáacesso ao intervalo onde está o valor da intensidade da força e seu respectivo nível de confiança,nesse caso a igualdade entre as duas intensidades de força em equilíbrio será conclusiva até umnível de confiança de 95 %.

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2.10. Outro experimento 89

Figura 2.9: Montagem da quarta experiência.

Postulado 2. Duas forças aplicadas nas extremidades de um fio flexível, inex-tensível e sem peso estão em equilíbrio quando:

1o) Têm a mesma direção: ~F′ ‖ ~F ;

2o) Têm a mesma intensidade: | ~F′|= | ~F| ;3o) Têm sentidos contrários: ~F′=− ~F .

A direção do fio é a direção das forças.

Verifique experimentalmente seguindo o esquema da Fig. 2.9.É interessante e oportuno observar que esta experiência contém a anterior

como caso particular, isso pode ser tirado por dois modos:

. Focalizando a atenção em cada extremidade da linha que interliga osdinamômetros; cada um destes pontos está em equilíbrio e, daí, podemosaplicar as conclusões da experiência 3, ou seja o Post. 1. O que vocêpode concluir?

. Considerando a experiência anterior como caso limite desta quando ocomprimento do fio intermediário tende a zero.

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Atenção! Este experimento não é repetição do anterior! Apesar de o pro-cedimento ser o mesmo e de fornecerem tabelas onde, para essas molas e paraesses comprimentos de linha, não se deve distinguir qual dos dois experimen-tos as originaram, é essa não-distinção pelo aspecto das estimativas dos errosque evidencia podermos considerar o modelo de fio ideal e de dinamômetroideal, ou seja a viabilidade da adoção do Post. 2.

Conforme já mencionamos, as molas que estamos usando como dinamô-metros são mais leves que as usadas à época em que este livro foi original-mente redigido, mas há como evidenciar em que circunstâncias eles podemser considerados dinamômetros ideais, mesmo para dispositivos em que estãomontados diretamente nas linhas (sem uso de roldanas); na montagem da ex-periência, prenda cada mola na estrutura usando um pequeno pedaço de linha,em seguida diminua a intensidade da força indicada nos dinamômetros; vocêverificará que, para forças muito pequenas, os três pedaços de linha da mon-tagem não estarão alinhados (sobre a mesma reta suporte). Por quê? Em quecircunstâncias o fio poderá ser considerado como ideal? Se você segurar umpedaço de aproximadamente 50 cm dessa linha e deixá-la frouxa, verá que elaforma uma barriga; nesse caso você pode considerar a linha como um fio ideal?

2.11 Equilíbrio de três forças aplicadas em um ponto

Três forças em equilíbrio aplicadas nas extremidades de três fios que conver-gem para um ponto P (Fig. 2.10) se transmitem até esse ponto P (Fig. 2.11). Po-demos, assim, conhecer suas direções, sentidos e intensidades, e, deste modo,estudar a lei segundo a qual elas se equilibram.

Determinam-se as intensidades das forças por meio dos dinamômetros;encontramos os seguintes valores: 21

| ~F1|=17 gf, | ~F2|=21 gf e |~F3|=25 gf.

21 u© Deve-se ter em mente que os dados numéricos experimentais estão sendo apresentadosde forma simplificada, como ilustração.

O estudante deve anotar cuidadosamente suas medições de a cordo com o dispositivo empre-gado, i.e., estimando o décimo de milímetro nas medições de comprimento na régua milime-trada do estojo, estimando o décimo de grau no transferidor graduado em graus e estimando odécimo de grama-força nos gráficos dos dinamômetros em papel milimetrado.

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2.11. Equilíbrio de três forças aplicadas em um ponto 91

Figura 2.10: Intensidade de força medida por dinamômetros.

Figura 2.11: Indicação das forças atuando no ponto P.

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2.11.1 Estudo da regra do paralelogramo

Medem-se os ângulos entre as forças ~F1 e ~F2, ~F1 e ~F3, e ~F2 e ~F3, que serãoindicados respectivamente por θ3, θ2 e θ1. Esses ângulos darão as direções re-lativas das forças; o ângulo θ e as coordenadas do ponto P de aplicação dasforças situarão então as forças relativamente à estrutura da montagem propria-mente dita. No §2.11.2 mostramos como determinar θ e as coordenadas de P.

Figura 2.12: Montagem para medidas de ângulos.

Determinam-se os ângulos com o transferidor. Valores achados: θ1 =123,θ2 =137 e θ3 =100.

2.11.2 Localização das forças relativamente à estrutura

As forças se localizam relativamente à estrutura, definindo-se o sistema de co-ordenadas Oxy, ligado à estrutura, e determinando-se as coordenadas do pontode aplicação P relativamente e Oxy. Os ângulos das forças em relação aos ei-xos são determinados simplesmente pelo ângulo θ, entre o eixos Ox e uma dasforças, por exemplo ~F1, pois já se conhecem os ângulos θ1, θ2 e θ3 entre asforças.

Valores achados: x=15 cm, y=19 cm, α=18.

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Figura 2.13: Direções das forças atuando no ponto P.

2.11.3 Medição dos ângulos no plano, convenção

Os ângulos serão considerados com valor relativo à orientação em relação aoeixo Ox, contra o movimento dos ponteiros de um relógio sobre o plano (sen-tido trigonométrico):

positivo, se a favor do avanço dos ponteiros de um relógio sobre oplano;

negativo, se contra o avanço dos ponteiros de um relógio sobre o plano.

No exemplo da Fig. 2.14, o ângulo entre o eixo Ox e a força ~F1 é θ=−18;entre a força ~F1 e o eixo Ox é θ=+18.

2.11.4 A Regra do paralelogramo

A “regra do paralelogramo” é um postulado22 que diz qual o processo parasubstituir duas forças ~F1 e ~F2 em todos os seus efeitos por uma única força,digamos ~R. A força ~R se denomina resultante de ~F1 e ~F2, por sua vez, as forças

22 u© Esse postulado está implícito na primeira lei de Newton, ver §3.3.

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Figura 2.14: Esquema para medição das coordenadas de um ponto.

~F1 e ~F2 são denominadas componentes de ~R segundo as direções definidas por~F1 e ~F2.

A resultante ~R deve ser tal que, aplicada no ponto P, equilibra ou anula oefeito da força ~F3, já que as três forças estão em equilíbrio, por conseguinte,pelo Post. 1, ela deve ser de mesma direção e mesma intensidade que ~F3 masde sentido contrário. Deste modo, tem-se um meio de verificar a correção doresultado da determinação de ~R pela regra do paralelogramo, comparando-se~R com ~F3, nos mesmos moldes que da quarta experiência.

Postulado 3 (Regra do paralelogramo).O segmento representativo da resultante de duas forças ~F1 e ~F2 aplicadas emum ponto P é obtido pela diagonal do paralelogramo de lados adjacentes, for-mados pelos segmentos representativos de ~F1 e ~F2 , a origem desse segmentosendo o representante do ponto P.

2.11.5 Determinação gráfica

Constrói-se o paralelogramo (Fig. 2.15) e determina-se a intensidade de ~R, me-dindo o comprimento do segmento que representa ~R com o segmento unitáriopara traçar os segmentos representativos de ~F1 e ~F2, de modo que o ângulo

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Figura 2.15: Determinação gráfica para aregra do paralelogramo das forças: | ~F1| =

21 gf, | ~F2| = 17 gf, | ~F3| = 25 gf; e ângulos:θ1 = 137, θ2 = 123, θ3 = 100. No diagra-ma: φ=56.

(θ3) entre esses segmentos representativos seja igual ao ângulo entre as forçasrepresentadas. A direção de ~R é dada pelo ângulo que ~R forma com uma dasforças, por exemplo o ângulo φ entre ~F1 e ~R. Como a direção de ~R e de ~F3devem coincidir, tem-se: θ2+φ=180; donde φ=180−θ2 =57. O erro em φ:∆φ=1; 100 (∆φ/φ)=2 %. Pela escala da figura, tira-se que |~R|=24,5 gf, daí oerro 100

(∆|~R|/|~R|

)=2 %.

2.11.5.1 Método gráfico para determinação da resultante

Problema Duas forças ~F1 e ~F2 de 4 e 5 gf estão aplicadas em um ponto P,fazendo entre si um ângulo θ=60. Pede-se a resultante ~R.

Solução A localização do ponto na estrutura onde as forças estão aplicadasnão é dada. Quem propôs o problema conhece a situação da forças, relativa-mente à estrutura, deste modo, conhecendo a resultante em módulo, direçãoe sentido relativamente a uma das forças, conhecerá a situação da resultanterelativamente a estrutura.

Para determinar a resultante pela regra do paralelogramo graficamente, de-vemos escolher uma escala para representar a intensidade da unidade de in-tensidade de força (Fig. 2.16). Vamos tomar o segmento de comprimento u:

u , para representar um grama-força (1 gf) e traçar o “paralelogramo dasforças”, sua diagonal (adjacente aos lados que representam ~F1 e ~F2) forneceráo segmento orientado representativo da resultante ~R= ~F1+~F2. Com o segmentotomado para representar a unidade de força, mede-se o comprimento represen-tativo da resultante e se obtém sua intensidade. Com o transferidor mede-se oângulo φ entre a direção conhecida de ~F1 e a resultante.

Resposta | ~F|=7,8 gf ; φ=33,5=33 30′. (Veja Fig. 2.16.)

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Figura 2.16: Determinação gráfica da resultante e o segmento u cujo comprimentocorresponde a 1 gf.

2.11.6 Determinação trigonométrica

Pelo método trigonométrico usa-se a trigonometria para se obter um expressãoequivalente ao método gráfico da regra do paralelogramo na determinação daresultante ~R de duas forças ~F1 e ~F2 que fazem entre si um ângulo θ. Na Fig. -2.17 a força ~F1 tem intensidade de 4,0 gf e a ~F2, 5,0 gf, o ângulo entre elassendo 60,0, a mesma situação do problema anterior. As forças estão aplicadasno ponto O e a resultante determinada pela regra do paralelogramo é ~R, tendoorigem em O e extremidade em B. De B tiramos o segmento BQ, obtendo-se o

O A Q

B

~F1

~F2 ~R

θφ

Figura 2.17: Ilustração para o método trigonométrico para a determinação da resul-tante.

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triângulo retângulo OBQ. O lado BA do paralelogramo é igual ao comprimentodo segmento que representa ~F2, ele forma com OQ o mesmo ângulo que ~F2.Pelo teorema de Pitágoras se tem: OQ

2+QB

2=OB

2= |~R|2. Mas BQ= BA sen(θ)

e OQ=OA+AQ, daí, OQ= | ~F1|+| ~F2| cos(θ), portanto23

|~R|2 = | ~F2|2 sen2(θ) +[| ~F1| + | ~F2| cos(θ)

]2

= | ~F2|2 sen2(θ) + | ~F1|2 + 2 | ~F1| | ~F2| cos(θ) + |~F2|2 cos2(θ)

= | ~F1|2 + 2 | ~F1| | ~F2| cos(θ) + | ~F2|2[sen2(θ) + cos2(θ)

],

donde finalmente,

|~R|2 = | ~F1|2 + | ~F2|2 + 2 | ~F1| | ~F2| cos(θ) .

Resta determinar a direção de ~R que é dada, por exemplo, pelo ângulo de ~Rcom ~F1, isto é, pelo ângulo φ, tal que:

tan(φ) =| ~F2| sen(θ)

| ~F1| + | ~F2| cos(θ).

Resumimos as duas relações fundamentais:

|~R| =√| ~F1|2 + | ~F2|2 + 2 | ~F1| | ~F2| cos(θ)

tan(φ) =| ~F2| sen(θ)

| ~F1| + | ~F2| cos(θ),

(2.2)

que determinam completamente a resultante em módulo, direção e sentido,sendo pois a regra do paralelogramo expressa trigonometricamente.

Vejamos a solução do problema proposto:

|~R|2 = 42 + 52 + 2×4×5×cos(60) = 16 + 25 + 4012

= 61 gf2

|~R| =√

61 ⇒ |~R| = 7,81 gf

tan(φ) =5 × 0,874 + 2,5

=4,356,5

= 0,669 ⇒ φ = 33 48′ .

Observe que o resultado é quase o mesmo que o obtido graficamente na pág. 95(correspondente à Fig. 2.16). A diferença entre os resultados das duas soluçõesestão dentro do erro experimental.

23 u© Essa é a demonstração da lei dos cossenos para o triângulo OAB.

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2.11.6.1 Exemplo

Suponha-se que o ângulo entre as duas forças do exemplo anterior seja 120.Determine ~R.

Figura 2.18: Ilustração para o mé-todo trigonométrico para a determi-nação da resultante, outro exemplo.

Veja Fig. 2.18. Observe-se que agora osentido de

−−→AQ é contrário ao de ~F1, sen-

do traduzido por projeção negativa, o seg-mento AQ sendo:

|−−→OQ| = |−−→OA| − |−−→AQ| = | ~F1| − | ~F2| cos(60) .

Na trigonometria: cos(π−θ) = − cos(θ), noexemplo: cos 120 = − cos 60, por isso arelação

|~R|2 = | ~F1|2 − | ~F2|2 + | ~F1| | ~F2| cos(θ)

ainda é válida quando θ é maior que 90:

|~R|2 = 42 + 52 + 2×4×5×cos(120)= 16 + 25 − 40×cos(60)

= 41 − 40×cos(60) = 41 − 40× 12

= 21 gf2 , logo

|~R| =√

21 = 4,58 gf , e

tan(φ) =5×sen(120)

4 + 5×cos(120)=

5×0,874 − 5×0,5

=4,351,5

= 2,9 .

Donde φ=71.Verifique graficamente esse resultado.

2.11.7 Método analítico para determinação da resultante

2.11.7.1 Preliminares: decomposição de uma força segundo duasdireções dadas

Decompor uma força ~F segundo duas direções dadas δ1 e δ2 é determinar duasforças outras ~F1 e ~F2 cujas direções sejam δ1 e δ2 , respectivamente, e taisque ~F seja a resultante de ~F1 e ~F2 pela regra do paralelogramo. ~F1 e ~F2 se

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Figura 2.19: Decomposição de forças se-gundo direções δ1 e δ2 por meio da regrado paralelogramo.

Figura 2.20: Decomposição de forças se-gundo direções ortogonais δ1 e δ2.

denominam componentes de ~F segundo as direções δ1 e δ2 . Dadas as direçõesδ1 e δ2 , veja Fig. 2.19, e a força ~F aplicada no ponto O, pelas extremidadesde ~F traçam-se paralelas a δ1 e δ2 , determinando-se um paralelogramo cujoslados serão os segmentos representativos de ~F1 e ~F2 . Se as duas direções sãoortogonais, é fácil achar ~F1 e ~F2 , desde que se conheçam o ângulo entre ~F euma das direções, por exemplo δ1 na Fig. 2.20; as direções D1 e D2 podem serconsideradas as direções dos eixos ortogonais dos x e dos y. Se θ é o ânguloentre o eixo dos x e a força ~F, então se tem:

~F1 = F1 ~u1 = | ~F| cos(θ)~u1 ⇒ F1 = | ~F| cos(θ) = Fx

~F2 = F2 ~u2 = | ~F| sen(θ)~u2 ⇒ F2 = | ~F| sen(θ) = Fy .

As forças ~Fx = ~F1 e ~Fy = ~F2 se chamam componentes da força ~F nas direçõesdos eixos dos x e dos y; por sua vez, os números reais Fx e Fy , em unidade deintensidade de força, chamam-se projeções da força ~F sobre os eixos dos x edos y, respectivamente.

2.11.7.2 Uma conclusão das experiências anteriores u©

Na calibração dos dinamômetros usamos várias forças que possuíam em comum amesma direção (vertical local) e mesmo sentido (de cima para baixo). Nas experiên-cias que lhes seguiram, usamos forças de diferentes direções e verificamos a lei decomposição de forças não-paralelas. Neste parágrafo estamos pensando uma situaçãonova: não estamos trabalhando diretamente apenas com as intensidades de forças, mascom direções; além disso, sabemos que forças não podem ser expressas apenas pornúmeros que denotam suas intensidades; dessa forma: como podemos exprimir umaforça com uma determinada direção, com um determinado sentido e uma determinadaintensidade?

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Observe-se a dificuldade que estamos encontrando em manter uma notação quetrate as forças por todos seus aspectos algébricos, de tal modo que a lei de composi-ção respeite sempre a regra do paralelogramo. Estamos diante de uma situação deli-cada; entendê-la e resolvê-la é um passo seguro para melhor compreender as chamadasgrandezas vetoriais, categoria na qual as forças se enquadram por sua maneira de secomporem.

Quando as forças com que se trabalha são todas paralelas, observamos que nosbasta informar a intensidade da força e o seu sentido em relação a uma outra força coma mesma direção. Com essas informações não há dúvida de que força se está referindo.Isso indica que podemos sempre pensar forças paralelas ~Fa e ~Fb sob a forma: ~Fa =

α~Fb, onde α ∈ R e tal que: α > 0 se as forças paralelas ~Fa e ~Fb possuem o mesmosentido e α < 0 se as forças paralelas ~Fa e ~Fb possuem sentidos contrários; e mais:| ~Fa| = |α| | ~Fb|. Por exemplo, dada a direção δ, podemos considerar uma força ~U nessadireção (com sentido bem definido, portanto ~U ,~0) cuja intensidade seja igual a uma(1) unidade de intensidade de força; assim, qualquer outra força ~F na direção δ poderáser escrita como ~F = f ~U, sendo f ∈ R e | ~F| = | f |, em termos da unidade de força,uma vez que usamos ~U tal que | ~U |=1 unidade de força. Não se pode confundir a força~F com o número real f que se usa para representá-la em termos da força unitária~U. Como estamos usando a força unitária ~U, o real f é desprovido de unidade; sequisermos que f seja expresso por uma unidade de força, deveremos lançar mão deum objeto mais abstrato que a força ~U, por exemplo: ~u = (1/| ~U |) ~U, agora se podeescrever: ~F = f ~U = F~u, onde F = f × (1 unidade de força). E agora, para a obtençãode ~u, não se precisa usar uma força de intensidade igual a uma unidade de força,qualquer força não-nula na direção δ, por exemplo, nos fornece ~u, observe-se aindaque ~u′= (−1)~u possui sentido oposto ao do objeto ~u. Usa-se denotar: u= | ~U |−1 ~U = U.

2.11.8 Regra do paralelogramo expressa analiticamente

Agora consideremos que as forças ~F1 e ~F2 estejam aplicadas no ponto P. Aresultante delas é ~R. Veja Fig. 2.21. Projetam-se as forças sobre os eixos x e y,o ângulo entre o eixo dos x e a força ~F1 é θ1 , entre o eixo dos x e ~F2 é θ2 ,donde se tem:

~F1x = F1x ~ux = | ~F1| cos(θ1)~ux ⇒ F1x = | ~F1| cos(θ1)~F1y = F1y ~uy = | ~F1| sen(θ1)~uy ⇒ F1y = | ~F1| sen(θ1) ;~F2x = F2x ~ux = | ~F2| cos(θ2)~ux ⇒ F2x = | ~F2| cos(θ2)~F2y = F2y ~uy = | ~F2| sen(θ2)~uy ⇒ F2y = | ~F2| sen(θ2) .

Observe-se que a resultante ~R tem projeções Rx e Ry que são iguais à soma das

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x

y

sP

O ~ux

~uy

~F1

~F1x

~F1y

~F1y

θ1

~F2

~F2x~F2x

~F2y

θ2

~R

φ

Figura 2.21: Método analítico para a regra do paralelogramo.

projeções sobre os eixos dos x e dos y de ~F1 e ~F2 respectivamente, ou seja:

Rx = F1x + F2x = | ~F1| cos(θ1) + |~F2| cos(θ2)

Ry = F1y + F2y = |~F1| sen(θ1) + | ~F2| sen(θ2)

ou em termos das forças componentes nas direções Ox e Oy:

~Rx = ~F1x + ~F2x = (F1x + F2x)~ux =[| ~F1| cos θ1 + | ~F2| cos θ2

]~ux

~Ry = ~F1y + ~F2y =(F1y + F2y

)~uy =

[| ~F1| sen θ1 + | ~F2| sen θ2

]~uy .

Observe que a regra do paralelogramo é expressa analiticamente por:

Rx = | ~F1| cos θ1 + | ~F2| cos θ2

Ry = | ~F1| sen θ1 + | ~F2| sen θ2 ;

ou

~Rx =[| ~F1| cos θ1 + | ~F2| cos θ2

]~ux

~Ry =[| ~F1| sen θ1 + | ~F2| sen θ2

]~uy .

Porquê? Veja os lados do paralelogramo e suas projeções (componentes).Para achar o ângulo φ que ~R forma com o eixo dos x basta ver que:

tan(φ) =Ry

Rx=

F1y + F2y

F1x + F2x,

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pois o ângulo entre os eixos coordenados foi tomado como igual a 90, segue-se ainda que: |~R|2 = R2

x +R2y , logo, substituindo Rx e Ry em função dos valores

conhecidos, tem-se:

|~R| =√(| ~F1| cos θ1+| ~F2| cos θ2

)2+(| ~F1| sen θ1+| ~F2| sen θ2

)2

tan(φ) =| ~F1| sen θ1 + | ~F2| sen θ2

| ~F1| cos θ1 + | ~F2| cos θ2.

2.12 Regra do triângulo

Deve-se a Simon Stevinus (1548–1620) a “regra do triângulo”, que é um pos-tulado dando a condição para que três forças aplicadas em um ponto estejamem equilíbrio, e que se pode enunciar do seguinte modo: [veja Fig. 2.22 (a eb)]

Se três forças aplicadas em um ponto estão em equilíbrio, entãosuas intensidades são proporcionais aos lados de um triângulo pa-ralelos às direções dessas forças.

Essa regra não é mais que a regra do paralelogramo, em conjunção com aprimeira lei de Newton, o que é fácil de ver se considerarmos que uma dasforças é sempre de sentido contrário à resultante das outras duas. A regra doparalelogramo se deve a Pierre Varignon (1654–1722) que a enunciou 80 anosdepois da regra do triângulo de Stevinus, editada postumamente em 1725.

Observe-se que o triângulo não é único, veja Fig. 2.22 (b), a “regra do tri-ângulo” diz que se as três forças ~F1, ~F2 e ~F3 aplicadas no ponto P estão emequilíbrio, então | ~F1|= KL1 ; | ~F2|= KL2 e | ~F3|= KL3 , em que L1 , L2 e L3 sãoos lados de um triângulo, paralelos às forças em equilíbrio, respectivamente.Os lados do triângulo podem ser tomados para segmentos representativos dasforças, pelo que já se viu, bastando orientá-los, veja Fig. 2.22 (c). É fácil verque a resultante de ~F1 e ~F2, por exemplo, obtida pela regra do paralelogramo,dará a força ~R=− ~F3 . Veja Fig. 2.22 (d). O que mostra que a regra do triânguloe a do paralelogramo são equivalentes (e também equivalentes à regra do fe-chamento da poligonal).

2.12.1 Teorema de Lamy

Teorema 2.12.1. (B. Lamy, Traité de Mecanique, 1679)Se três forças ~F1, ~F2 e ~F3 aplicadas em um ponto estão em equilíbrio, então

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2.12. Regra do triângulo 103

Figura 2.22: Regra do paralelogramo (a); regra do triângulo (b); regra do fecha-mento da poligonal (c) e (d).

valem as relações:

| ~F1|sen(θ1)

=| ~F2|

sen(θ2)=| ~F3|

sen(θ3), (2.3)

em que θ1, θ2 e θ3 são os ângulos opostos às forças ~F1, ~F2 e ~F3, respectiva-mente.

De fato, pela regra do triângulo de Simon Stevinus, os lados L1, L2 L3 dotriângulo, associado às forças, são proporcionais às forças que lhes são parale-las, respectivamente: L1 = k | ~F1| , L2 = k | ~F2| e L3 = k | ~F3| . Mas, no triângulo,os lados estão para os senos dos ângulos numa razão constante: (Fig. 2.23)

L1

sen(α1)=

L2

sen(α2)=

L3

sen(α3), (2.4)

em que α1 , α2 e α3 são os ângulos internos do triângulo de Stevinus, opostosaos lados L1 , L2 e L3 , respectivamente. Ora, os suplementos dos ângulos α1 ,α2 e α3 são os ângulos θ1 , θ2 e θ3, respectivamente, sendo assim:

sen(θ1) = sen(α1) sen(θ2) = sen(α2) sen(θ3) = sen(α3) .

Donde se segue a igualdade (2.3), o fator k podendo ser eliminado pela lei docorte.

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Figura 2.23: Decomposição de forças segundo direções dadas por meio da regra doparalelogramo.

Problemas

Problema 2.1. Demonstre a relação (2.4) para um triângulo qualquer.

Resposta Do vértice A do triângulo ABC tira-se a altura h1 e se tem: (vejaFig. 2.24)

h1 = L1 sen(β) = L2 sen(α).

Do vértice CE se tira a altura h2 e se tem:

h2 = L3 sen(β) = L2 sen(γ).

Do que se seguem as relações (2.4).

Figura 2.24: Alturas para a área do triângulo.

Se você não souber dizer, explicar e escrever as respostas das perguntasa seguir, volte ao livro e estude até saber responder, explicar e escrever asrespostas sem hesitação.

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Problema 2.2. Se você entendeu realmente este capítulo, tente explicá-lo paraum leigo. Responda as perguntas: o que é observação? o que é fato bruto? oque é fato científico? Dê exemplos.

Como você construiria uma caixa de pesos a partir de um padrão previa-mente escolhido?

Problema 2.3. Você poderia descobrir a lei de interdependência existente en-tre duas grandezas físicas sen conhecer o porquê dessa lei? Dê exemplos.

Problema 2.4. Como você estabeleceria a lei de interdependência entre essasduas grandezas?

Problema 2.5. Como você interpreta uma lei estabelecida experimentalmen-te?

Problema 2.6. Que são grandezas homogêneas? Que são grandezas físicas?

Problema 2.7. O que é interpolação? Extrapolação? É lícito extrapolar re-sultados experimentais? Quando? Em que casos?

Problema 2.8. Quantos tipos de erros você conhece? Cite-os. Qual a dife-rença entre os vários tipos de erros?

Problema 2.9. Que são erros experimentais? O que significa valor absolutoou real de uma grandeza? O valor absoluto de uma grandeza é conhecidosempre ou nunca é conhecido? Dê exemplos.

Problema 2.10. O que significa valor médio de uma grandeza? Como se cal-cula esse valor médio? O que é dispersão? Desvio? Resíduo?

Problema 2.11. O que é erro médio da média? Como se calcula?

Problema 2.12. O que é erro relativo? Erro relativo percentual? Erro tolerá-vel?

Problema 2.13. O que é algarismo significativo de um número?

Problema 2.14. Quais as normas para efetuar o cálculo com dados experi-mentais? Como se faz o arredondamento de números?

Problema 2.15. Faça os gráficos dos três dinamômetros de mola, construindodinamômetros de precisão. (Se você ainda não os fez)

Problema 2.16. Como você pode aplicar uma força ~F de direção, sentido eintensidade conhecidos em um dado ponto?

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Problema 2.17. Como você representa graficamente uma força ~F? A repre-sentação dessa força é única? Como você representa graficamente uma forçade intensidade igual a zero? A representação desta força é única?

Problema 2.18. Qual a conseqüência dos Post. 1 e Post. 2? Se um fio inex-tensível e sem peso está preso por uma extremidade em um prego e você puxao fio pela outra extremidade com uma força ~F e o fio fica em equilíbrio (pa-rado, mais tarde veremos que o movimento retilíneo e uniforme também é umasituação de equilíbrio), qual a conseqüência para o prego?

Problema 2.19. Monte a experiência (se você ainda não o fez) e verifique oPost. 1 para cinco (5) pares de forças diferentes. Calcule o erro relativo per-centual do seguinte modo: faça a diferença entre os dois valores achados etome o módulo: f =

∣∣∣| ~F1| − | ~F2|∣∣∣, e divida o resultado pelo valor da menor,

fmin, das duas intensidades de força | ~F1| ou | ~F2|, e multiplique por 100:

ε% = 100×(

ffmin

).

O erro assim obtido deverá ser inferior a 3 % para estudantes principiantes.

Problema 2.20. Monte a experiência para verificar o Post. 2 e proceda comofoi indicado no Probl. 2.19, determinando 5 pares de forças (com direções ale-atórias) para cada par de dinamômetros e os correspondentes erros relativospercentuais.

Problema 2.21. Como você pode aplicar três forças quaisquer em um ponto?Você poderia estudar e descobrir como duas forças se compõem quando apli-cadas em um ponto? O que quer dizer “compor duas forças”?

Problema 2.22. Enuncie a regra do paralelogramo. Explique esta regra porsuas próprias palavras.

Problema 2.23. Monte a experiência para verificar (experimentalmente) aregra do paralelogramo conforme indicado nas Figs. 2.10 − 2.14. Faça trêsverificações, com ângulos θ1, θ2 e θ3 diferentes de 90 e 120. O valor dasintensidades das forças devem ser superiores a 10 gf, a fim de que o pesodas molas possa ser desprezado por ser muito pequeno em confronto com asintensidades das forças aplicadas nos fios. Para cada uma das configurações,use os três métodos para a verificação: gráfico, trigonométrico e analítico.

Na verificação da regra do paralelogramo o erro máximo admissível será5 %, calculado conforme indicado no §2.11.5, pág. 94.

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Problema 2.24. Monte a experiência para verificar o Post. 3, usando ângulosde 90 e 120 entre as forças ~F1 e ~F2 em duas montagens sucessivas e verifiquea regra do paralelogramo para a terceira força que equilibra as forças ~F1 e~F2. Use os três métodos para “resolver” a regra do paralelogramo. Qual osignificado da resultante?

Problema 2.25. Enuncie e demonstre o teorema de Lamy.

Problema 2.26. Demonstre a equação (2.4) que expressa teorema de Lamypara um triângulo oblíquo qualquer.(Sugestão: escreva a expressão da área do triângulo em termos da altura decada lado.)

Problema 2.27. Aplique o teorema de Lamy aos dados da experiência doProbl. 2.23 para calcular uma das forças usando os valores experimentaispara as outras duas. Calcule os erros com essas determinações.

Problema 2.28. Duas forças, ~F1 de 3 kgf e ~F2 de 4 kgf, fazem entre si umângulo θ=150. Ache a resultante ~R= ~F1+ ~F2 pelos três métodos.

Problema 2.29. A resultante ~R e duas forças ~F1 e ~F2 é igual a 5 kgf e formacom ~F1 um ângulo de 30, a intensidade de ~F1 é 3 kgf. Qual a intensidade de~F2 e que ângulo forma com ~F1 ? Use os três métodos.

Problema 2.30. A resultante ~R de duas forças ~F1 e ~F2 tem intensidade iguala 5 kgf. O ângulo entre ~F1 e ~R é 30 e entre ~R e ~F2 é 40. Determine asintensidades de ~F1 e de ~F2. Use os três métodos.

Problema 2.31. As forças ~F1 e ~F2 têm intensidade de 3 kgf e 5 kgf. A força~F1 faz com uma reta r um ângulo de 30. Qual o ângulo de ~F2 com a reta r afim de que a resultante tenha a direção da reta? Use os três métodos.

Problema 2.32. Três forças de intensidade 3 kgf, 4 kgf e 5 kgf estão aplicadasem um ponto. O ângulo entre as duas primeiras é 60. Sabendo-se que as trêsforças estão em equilíbrio, qual a intensidade da terceira força e qual o ânguloque a terceira força forma com a primeira?

Você se lembra da trigonometria? Não a estudou nunca? Pois terá queestudá-la e entendê-la agora. Comece hoje mesmo.

1. Como você define as seguintes funções trigonométricas de um argu-mento θ: sen θ, cos θ, tan θ, sec θ, csc θ e cot θ ?

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Figura 2.25: Primeira montagem parao Probl. 2.33.

Figura 2.26: Segunda montagem parao Probl. 2.33.

2. Demonstre que sen2(θ) + cos2(θ) = 1 .

3. Demonstre que sen(α+β) = sen(α) cos(β) + cos(α) sen(β) .

4. Demonstre que cos(α+β) = cos(α) cos(β) − sen(α) sen(β) .

5. Demonstre que tan(α+β) =tan(α) + tan(β)

1 − tan(α) tan(β).

6. Escreva a expressão de: sen(α−β) , cos(α−β) , tan(α−β) ,sen(2α) , cos(2α) , tan(2α) .

7. Demonstre que sen(α) + sen(β) = 2 sen(α+β2 ) cos(α−β2 ) .

8. Demonstre que cos(α) + cos(β) = 2 cos(α+β2 ) cos(α−β2 ) .

9. Demonstre que sen2(α) = 12(1 − cos(2α)

).

10. Demonstre que cos2(α) = 12(1 + cos(2α)

).

Observação No decorrer do curso de Física vamos precisar de todas as rela-ções anteriores para o desenvolvimento do estudo tanto da Física Experimentalquanto da Física Teórica.

Problema 2.33. Precisão da medição da força aplicada em um ponto.Observe-se que o dinamômetro foi calibrado na vertical, obtendo-se o alon-

gamento da mola produzido pelo peso colocada na sua extremidade livre. Nestecaso, na curva de calibração do dinamômetro não entra o peso da mola. Faça amontagem conforme indicada na Fig. 2.25. Quando você mede o comprimentoda molaM2, a curva de calibração feita dá corretamente a força ~F2 que puxa

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a extremidade B. Mas, na mola superior, atuará essa força determinada pelocomprimento M2 mais o peso da mola M2. Porquê? Na medição da inten-sidade da força pelo dinamômetro da mola M1, deve-se pois acrescentar opeso da molaM2, obtendo-se a intensidade | ~F1| que atua em P. Inverta a po-sição da haste AB, veja Fig. 2.26, e determine as forças aplicadas no pontoP. Agora, à intensidade da força ~F′2 medida pelo dinamômetro da mola M2deve-se adicionar o peso da molaM1 que passou para baixo. A intensidade daforça ~F′1, medida pelo dinamômetro da molaM1 nessa nova posição, é dadacorretamente pela curva de calibração do dinamômetroM1. Tire a média de| ~F1| e |~F′1|, e de | ~F2| e | ~F′2|, e compare os resultados. E se você colocar a hastena posição horizontal, o que acontece? Atenção, observe que quando você ca-libra o dinamômetro, sua extremidade na qual está o peso gira, tendendo aabrir a expira (aumentar o raio da seção reta), quando você engancha as duasmolas no ponto P, pode acontecer que uma das molas pode impedir a outrade girar, ocasionando erro na medição da força aplicada em P. Procure co-locar as duas espiras enganchadas no ponto P fazendo um certo ângulo entresi, ficando livres para girar; ou então, prenda as duas molas nos pontos A eB usando um pequeno pedaço de linha, o que permitirá que as molas fiquemnas mesmas condições sob as quais foram calibradas (verifique). E na regrado paralelogramo, como se fará a correção?

Problema 2.34. Suponha que você faça a montagem da Fig. 2.27, em que os

Figura 2.27: Montagem do problema 2.34.

eixos (de simetria) das molas fazem um ângulo θ com a horizontal. Como levarem conta o peso das molas nas forças aplicadas em P? Decomponha o pesode cada mola na direção do eixo das molas e na direção ortogonal ao eixo, epense como deve levar em conta essas componentes no valor das intensidadesdas forças dadas pelos comprimentos de cada mola na curva de calibraçãodos dinamômetros.

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110

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Capítulo 3

Grandezas Vetoriais∗

3.1 Associatividade da regra do paralelogramo,resultante de n forças atuando em um ponto

Vejamos agora o caso de várias forças aplicadas simultaneamente num pontoP. Note-se que a regra do paralelogramo, referindo-se a apenas duas forças ~F1e ~F2 , não abrange o caso de n forças aplicadas em um ponto, não sabemos quala seqüência da composição das n forças. Em que ordem as devemos compor?Somando ~F1 e ~F2 e depois ~F3 e assim por diante, ou em outra ordem? Obser-ve-se que a enumeração das forças é arbitrária. Desse modo, asseverar que sepode aplicar a regra do paralelogramo, sucessivamente em qualquer ordem, àsn forças que atuam em um ponto é admitir um outro postulado ou princípio:

Postulado 4. A resultante de n forças atuantes em um ponto é obtida apli-cando-se a regra do paralelogramo sucessivamente aos pares de forças emqualquer ordem.

Observações

1. O Post. 3, ou a regra do paralelogramo, considera que a composição deforças é comutativa, isto é:

~F1 + ~F2 = ~F2 + ~F1 .

∗ Ver o Preâmbulo na pág. 586.

111

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112 Capítulo 3. Grandezas Vetoriais

2. O Post. 4, agora enunciado, considera que a composição de forças gozada propriedade associativa:

(~F1 + ~F2

)+ ~F3 = ~F1 +

(~F2 + ~F3

).

Os métodos para se obter a resultante ~R de n forças são os mesmos jáestudados. Voltamos a examinar cada um deles.

3.1.1 Método gráfico

Para fixar idéia, vamos supor apenas cinco (5) forças atuantes em um ponto,conforme se vê no esquema de montagem da Fig. 3.1. As forças são ~F1 , ~F2 ,

Figura 3.1: As forças ~F1, ~F2, ~F3, ~F4 e ~F5 equilibram a força queatua no fio OP.

~F3 , ~F4 e ~F5 de intensidades 30 gf, 20 gf, 10 gf, 30 gf e 35 gf, respectivamente;estão aplicadas em um ponto O, e de tal modo que formam com a força ~F1 osângulos: θ2 = 30, θ3 = 60, θ4 = 150, θ5 = 220, respectivamente. A Fig. -3.2 ilustra o problema; aplicamos a regra do paralelogramo sucessivamente naseguinte ordem: ~F1 + ~F2 = ~R1 ; ~R1 + ~F3 = ~R2 ; ~R2 + ~F5 = ~R3 ; ~R3 + ~F4 = ~R ,em que ~R é a resultante do sistema dessas cinco forças aplicadas no ponto O,isto é, substitui todas as cinco forças atuantes em O em todos seus efeitos; porexemplo, equilibrará uma força de mesma intensidade, mesma direção e desentido contrário que atua ao longo do fio OP.

Observação Nas figuras deixamos de colocar os ângulos entre as forças, ena Fig. 3.2 a escala é duas vezes maior que na Fig. 3.1; deixamos também de

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3.1. Associatividade da regra do paralelogramo 113

Figura 3.2: Composição de forças porpares: ~F1+ ~F2 = ~R1 ; ~R1+ ~F3 = ~R2 ; ~R2+ ~F5 =~R3 ; ~R3+ ~F4 = ~R .

Figura 3.3: Composição de forças pe-lo fechamento da poligonal de segmentosequipolentes às forças.

desenhar o paralelogramo de forças na obtenção das resultantes parciais. Oresultado é sempre o mesmo, seja qual for a ordem seguida para se obterem asresultantes de cada par de forças. O estudante deve fazer o diagrama para obtera resultante ~R do exemplo dado e verificar que essa composição de forças gozada propriedade associativa.

Na Fig. 3.3 reproduzimos o exemplo da Fig. 3.2. Compusemos ~F1 com ~F2,obtendo-se ~R1 , depois ~R1 com ~F3 , obtendo-se ~R2 , em seguida ~R2 com a força~F4 , obtendo-se ~R3 e finalmente ~R3 com ~F5 para obter ~R . Mas, ao aplicarmosa regra do paralelogramo nesta ordem, fomos traçando segmentos paralelos,de mesmo sentido e mesmo comprimento que os segmentos representativosdas forças ~F1 , ~F2 , ~F3 , ~F4 e ~F4 a partir da extremidade P1 do segmentorepresentativo de ~F1 , e das extremidades P2, P3 e P4 de cada segmento repre-sentativo de força.

3.1.2 Segmentos equipolentes a um outro

Seja um segmento orientado ~A; um outro segmento paralelo, de mesmo sentidoe mesmo comprimento que ~A se denomina segmento equipolente ao segmento~A. Na Fig. 3.3, traçamos da extremidade P1 de ~F1 um segmento equipolente aosegmento representativo de ~F2, obtendo P2, da extremidade P2 do segmento−−−−→P1P2 equipolente, desenhou-se um outro segmento equipolente a ~F3, obteve-seassim o ponto P3 de onde se traçou o segmento equipolente a ~F4, obtendo-se oponto P4, de onde se traçou o segmento equipolente a ~F5. Chegamos assim aoponto P5, tendo-se traçado uma linha poligonal −−−→OP1+

−−−−→P1P2+

−−−−→P2P3+

−−−−→P3P4+

−−−−→P4P5. A

resultante ~R será obtida por meio do segmento orientado−−−→OP5 que o representa

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e fecha a poligonal. É óbvio que a resultante será nula se o ponto P5, que é aextremidade do segmento que representa a resultante ~R, coincidir com o pontoO (poligonal fechada). O estudante deverá aplicar este processo tomando outraseqüência de segmentos equipolentes, alterando a ordem de composição deforças; obterá outra poligonal que terá o mesmo ponto final P5, portanto aresultante determinada pelo segmento que a fecha será a mesma que a anterior.

3.1.3 Regra do polígono

Costuma-se chamar de regra do polígono ou regra do fechamento da poligonalao processo de obtenção da resultante de n forças aplicadas em um ponto,conforme explicado anteriormente. O estudante deve lembrar-se que a regrado polígono se obtém a partir do Post. 2.

O método gráfico é muito importante e pode fornecer resultados de preci-são suficiente para trabalhos técnicos. O estudo do equilíbrio de forças (Está-tica) graficamente denomina-se Grafostática.

Não vamos prosseguir com o método gráfico.

3.1.4 Método trigonométrico

Com o método trigonométrico (§2.11.6) também podemos obter a resultante den forças aplicadas em um ponto. De fato, a soma de ~F1+ ~F2 nos dá a resultante~R1 tal que:

|~R1|2 = | ~F1|2 + | ~F2|2 + 2 | ~F1| | ~F2| cos(θ2)

tan(ϕ1) =|~F2| sen(θ2)

| ~F1| + | ~F2| cos(θ2),

em que ϕ1 é o ângulo entre ~F1 e ~R1 . Achemos a resultante ~R2 de ~R1 e ~F1 , oângulo entre ~R1 e ~F1 é obviamente θ3−ϕ1 =ψ1 , logo ~R2 será tal que:

|~R2|2 = |~R1|2 + | ~F3|2 + 2 |~R1| | ~F3| cos(ψ1)

tan(ϕ2) =| ~F3| sen(ψ1)

|~R1| + | ~F3| cos(ψ1).

Temos agora de obter a resultante ~R3 de ~R2 e ~F4; o ângulo entre ~R2 e ~F4 é

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Figura 3.4: Método trigonométrico aplicado aos pares de forças aplicadas em umponto.

θ4−ϕ2−ϕ1 =ψ2, logo:

|~R3|2 = |~R2|2 + | ~F4|2 + 2 |~R2| | ~F4| cos(ψ2)

tan(ϕ3) =| ~F4| sen(ψ2)

|~R2| + | ~F4| cos(ψ2).

Resta apenas compor a resultante ~R3 e ~F5, que pode ser calculada de modoanálogo. Como se vê, esse processo é muito trabalhoso quando envolve muitasforças e não será usado para esses casos.

3.1.5 Método analítico

O método analítico é o mais usado e se presta melhor a generalizações. Con-siste em projetarmos as forças sobre os (ou decompormos as forças nas dire-ções dos) eixos coordenados, em geral eixos cartesianos (retilíneos) ortogo-nais, e somarmos as componentes homólogas sobre cada eixo, obtendo-se as-sim as respectivas componentes da resultante. Entretanto, antes de abordarmoso problema, vamos recordar algumas noções básicas. Veja Fig. 3.5. Uma forçade 30 gf está aplicada no ponto P1 de coordenadas (2, 2) e faz um ângulo θ1com o eixo Ox. Observe que esse ângulo tem um sinal positivo de acordo coma convenção de atribuir sinal positivo ao ângulo de que é preciso fazer girar oeixo Ox no sentido contrário ao dos ponteiros de um relógio colocado sobreo plano xOy para levá-lo a coincidir com a direção paralela a de ~F1; sentidoa favor do movimento dos ponteiros do relógio é considerado negativo. Destemodo, o ângulo θ1 entre o eixo dos x e a força ~F1 é o ângulo indicado na Fig. -3.5, será positivo. Consideremos várias forças ~F2 , ~F3 , ~F4 e ~F5 , veja Fig. 3.6,os ângulos que o eixo dos x forma com essas forças são os ângulos positivosindicados na Fig. 3.6, respectivamente por θ2 , θ3 , θ4 e θ5 . Para determinamos

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Figura 3.5: Convenções para orienta-ção de ângulos no método analítico.

Figura 3.6: Forças aplicadas nos qua-drantes.

esses ângulos, traçamos pelo ponto de aplicação das forças uma paralela aoeixo Ox e de mesmo sentido que o desse eixo, os ângulos entre essa paralelae a direção das forças e são os ângulos procurados, todos positivos. Na Fig. -3.6 se vê forças aplicadas em pontos nos primeiro, segundo, terceiro e quartoquadrantes e os ângulos que o eixo Ox forma com essas forças. Note-se que osângulos θ6 e θ7 são negativos. 1

Vejamos agora as (forças) componentes das forças segundo os eixos coor-denados (Ox e Oy). O problema é o mesmo que já abordamos no caso de duasforças. Para fixar idéias, vamos considerar apenas quatro forças coplanares ~F1 ,~F2 , ~F3 e ~F4 aplicadas em um ponto P1 (no plano xOy). Como o sistema de co-ordenadas é arbitrário, poderíamos tomar o ponto P1 para origem do sistema decoordenadas e a direção da força ~F1 (por exemplo) como a do eixo dos x, issosimplificaria os cálculos; entretanto, para generalidade, vamos tomar a origemdo sistema de coordenadas não coincidente com o ponto P1. Veja Fig. 3.7. Osângulos são respectivamente: θ1 , θ2 , θ3 e θ2 , todos positivos, de acordo coma convenção; as projeções das forças em relação são indicadas pelos índices 1,2, 3 e 4, seguidos das letras x ou y se a componente se refere ao eixo x ou y.Assim temos:

F1x = | ~F1| cos(θ1)F2x = | ~F2| cos(θ2)F3x = | ~F3| cos(θ3)F4x = | ~F4| cos(θ4)

e

F1y = | ~F1| sen(θ1)F2y = | ~F2| sen(θ2)F3y = | ~F3| sen(θ3)F4y = | ~F4| sen(θ4) .

1 O estudante deve recordar agora o sinal das funções trigonométricas para os ângulosnos diferentes quadrantes.

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Ou ainda, denotando por ~Ux uma força igual a uma unidade de força paralela

Figura 3.7: Forças coplanares aplicadas no ponto (a, b) (ver Fig. 3.8).

Figura 3.8: Resultante das forças correspondentes à Fig. 3.7.

ao eixo Ox e com mesmo sentido desse eixo, e por ~Uy uma força igual a umaunidade de força paralela ao eixo Oy e com mesmo sentido desse eixo, entãopodemos considerar as grandezas ux = (1/| ~Ux|) ~Ux e uy = (1/| ~Uy|) ~Uy, podemosexpressar as força componentes de uma força paralelas aos eixos coordenados,isto é:

~F1x = | ~F1| cos(θ1) ux = F1x ux~F2x = | ~F2| cos(θ2) ux = F2x ux~F3x = | ~F3| cos(θ3) ux = F3x ux~F4x = | ~F4| cos(θ4) ux = F4x ux

e

~F1y = |~F1| sen(θ1) uy = F1y uy~F2y = |~F2| sen(θ2) uy = F2y uy~F3y = |~F3| sen(θ3) uy = F3y uy~F4y = |~F4| sen(θ4) uy = F4y uy .

A resultante ~R terá componentes ~Rx e ~Ry, ou projeções Rx e Ry, que são iguais

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às somas das componentes, ou das projeções, homólogas, das forças ~Fi, i ∈1, 2, 3, 4, isto é, o índice i varia de 1 a 4 no símbolo ~Fi. Desse modo se tem:

~Rx = ~F1x + ~F2x + ~F3x + ~F4x

~Ry = ~F1y + ~F2y + ~F3y + ~F4you

Rx = F1x + F2x + F3x + F4x

Ry = F1y + F2y + F3y + F4y

Observe-se que sempre se deve distinguir as grandezas ~Rx e Rx, aquela res-ponde pela componente da força ~R na direção Ox e esta pela projeção dessaforça nesta direção. Escrevendo-se um dos sistemas de relações, deve-se tersempre em mente o outro; para não ficar com uma notação muito carregada,passaremos a indicar as relações envolvendo as projeções, mas o estudantedeve ter sempre em mente que a força que se está indicando é a soma dasforças componentes correspondentes. De um modo simbólico podemos repre-sentar as somas com o sinal de somatório:

Rx =

4∑

i=1

Fix e Ry =

4∑

i=1

Fiy .

Ou ainda, escrevendo as projeções em função dos cossenos e dos senos dosângulos:

Rx =

4∑

i=1

| ~Fi| cos(θi) e Ry =

4∑

i=1

| ~Fi| sen(θi) . (3.1)

É claro que, sendo os eixos ortogonais, então: 2

|~R|2 = R2x + R2

y e tan(φ) =Ry

Rx,

em que φ é o ângulo entre o eixo Ox e a resultante ~R.Substituindo as projeções de ~R pelas expressões dadas pelas relações (3.1),

temos:

|~R|2 =

4∑

i=1

| ~Fi| cos(θi)

2

+

4∑

i=1

| ~Fi| sen(θi)

2

,

tan(φ) =

4∑

i=1

| ~Fi| cos(θi)

4∑

i=1

| ~Fi| sen(θi)

.

2 u© Tendo-se z= tan(λ), tira-se λ=arctan(z).

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3.2. Grandezas vetoriais 119

Problemas

Problema 3.1. Três forças ~F1 , ~F2 e ~F3 estão aplicadas em um ponto P. Suasintensidades são respectivamente 3 gf, 4 gf e 5 gf. ~F2 forma com ~F1 um ângulode 30, e ~F3 forma com ~F2 um ângulo de 90.

Determinar a resultante pelos três métodos. No método analítico tomarum sistema de eixos em que ~F1 faça um ângulo de 30 com o eixo Ox.

Problema 3.2. Demonstre a expressão analítica da regra do paralelogramopara n forças:

Rx =

n∑

i=1

Fix e Ry =

n∑

i=1

Fiy .

Faça n = 3, e aplique a regra do polígono; projete as forças sobre os eixoscoordenados e também indique as componentes de cada força nas direçõesdos eixos coordenados.

Problema 3.3. Cinco forças coplanares estão aplicadas em um ponto P: ~F1 ,~F2 , ~F3 , ~F4 e ~F5 . As intensidades das primeiras são respectivamente 10, 20,15 e 10 gf. ~F2 forma com ~F1 um ângulo de 30, ~F3 forma com ~F2 um ângulode 90, ~F4 forma com ~F3 um ângulo de 120. Os ângulos têm os sentidostrigonométricos, isto é, o sentido contrário ao do movimento dos ponteirosde um relógio colocado sobre o plano. O ponto P está em equilíbrio, pede-sedeterminar ~F5 . Use os métodos gráfico e analítico.

Problema 3.4. Use os três dinamômetros e um peso de 2 gf, monte um dis-positivo como o da Fig. 3.1, determine pelos métodos gráfico e analítico aresultante das forças com os dinamômetros e compare com a força peso queas equilibra.

3.2 Grandezas vetoriais

Uma força é uma grandeza orientada e como tal representável por um seg-mento de reta orientado (que se compõe segundo a regra do paralelogramo).Se considerarmos o conjunto de todas as forças que se podem aplicar em umponto, veremos que esse conjunto de forças, combinadas (compostas) pela re-gra do paralelogramo, forma o que se denomina em matemática um grupo co-mutativo ou abeliano. De um modo geral, uma grandeza física orientada quese compõe pela regra do paralelogramo gozará assim de todas as propriedades

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formais da adição de números (reais ou complexos). Desse modo, a composi-ção pela regra do paralelogramo também é usualmente representada pelo sinalde adição +. Uma tal grandeza se denomina grandeza física vetorial, ou sim-plesmente grandeza vetorial.

Observe-se que uma grandeza orientada ao combinar-se pode não o fa-zer pela regra do paralelogramo, isto é, essa “composição” pode não gozar dapropriedade comutativa, neste caso tais grandezas não são consideradas gran-dezas físicas vetoriais. Como exemplo, podemos citar as rotações finitas. Umarotação finita θ1, em torno de um eixo, combinada com outra θ2, em tornode um outro eixo paralelo ao primeiro, não goza da propriedade comutativa:θ1 ⊕ θ2 , θ2 ⊕ θ1, tendo-se representado pelo sinal ⊕ a combinação das duasrotações. 3 De fato, dado um ponto P do plano ortogonal aos dois eixos, aosubmetermos P às duas rotações, primeiro θ1 e depois θ2, ele irá parar em po-sição diferente da obtida quando se muda a ordem das rotações, aplicando-seprimeiro θ2 e em seguida θ1. Veja Fig. 3.9, em que se fez θ1 =90 e θ2 =180.

Figura 3.9: Composição de rotações; em (a) o ponto P1 girou por θ1 para P2,em seguida por θ2 foi para P3; em (b) o ponto P1 girou primeiro por θ2 paraP′2, em seguida por θ1 foi para P′3. Vê-se que P3 . P′3.

Problema 3.5. Mencione duas operações elementares não-comutativas.

3 u© A uma rotação de um ângulo θ em torno de uma reta sempre se pode associar umadireção, a dessa reta; como a rotação em torno dessa reta pode ocorrer em um de dois sentidos,pode-se associar a essa rotação um eixo de rotação. Portanto, ao ângulo θ e a esse eixo sepode associar um segmento de reta orientada, de comprimento proporcional ao ângulo e com osentido do eixo.

Note-se que no exemplo da Fig. 3.9 foram compostos “dois segmentos” paralelos, e essacomposição não goza da propriedade comutativa; diferentemente do que ocorreu quando secalibraram os dinamômetros, lembre-se que para obter o peso de 15 gf compusemos duas forçaspesos (verticais para baixo) de 10 gf e de 5 gf, a ordem com que se “montou” esses peso éirrelevante para o resultado do peso de 15 gf.

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3.3. As Leis de Newton 121

3.3 As Leis de Newton

Em 1686 Sir Isaac Newton (1642–1727) apresentou à Sociedade Real de Lon-dres o seu livro Philosophiæ Naturalis Principia Mathematica que publicou4

em 1687. Nesse livro Newton procurou sintetizar todo o conhecimento de seutempo relativamente à Mecânica. Inicia o livro com uma série de definições aque se seguem três postulados que são conhecidos como as leis de Newton.

1a Lei Todo corpo permanece em seu estado de repouso ou de movimentoretilíneo e uniforme, a não ser que seja compelido por forças externas amudar esse estado.

2a Lei A mudança do momentum linear é proporcional à força e se efetua nadireção da linha reta segundo a qual age a força.

3a Lei A toda ação há sempre uma reação igual e contrária; ou as açõesmútuas de dois corpos são sempre iguais e diretamente opostas.

Observe-se que a primeira lei, também chamada de lei da inércia, se deve aGalileu. A segunda lei já era conhecida de Galileu que não tinha tido porémidéia muito clara da massa de um corpo. A terceira lei se deve a Newton. Vamosenunciar a primeira lei de Newton de modo que seja mais fácil aplicá-la nosproblemas:

1a Lei de Newton – (segundo enunciado)Se um corpo está em repouso ou em movimento retilíneo e uniforme,então a resultante das forças aplicadas ao corpo é nula.

Observações1a – Para abreviar a linguagem se diz que um corpo está em equilíbrio se eleestá em repouso ou em movimento retilíneo e uniforme.

2a – No segundo enunciado apresentado para a primeira lei de Newton, diz-sede antemão que o corpo está em equilíbrio e que nesse caso a resultante ~R dasforças externas aplicadas a ele é nula, como é óbvio o enunciado não contém arecíproca que pode ser falsa, isto é, “a resultante das forças externas aplicadasa um corpo pode ser nula, |~R|=0, e o corpo não estar em equilíbrio, tendendo agirar em torno de um eixo que passa pelo seu centro de massa, com movimentode rotação acelerado”. Veremos tal fato mais tarde.

4 u© Publicação original em latim. Há tradução recente (1990) para o português [22].

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2a Lei de Newton A segunda lei de Newton será estudada mais tarde quandotratarmos da Dinâmica (pág. 361).

Terceira lei de Newton

Vamos enunciar a terceira lei de Newton ressaltando certos aspectos que omi-tidos podem levar a erros graves de interpretação.

3a Lei de Newton – (segundo enunciado)Se um corpo A atua sobre um corpo B com uma força ~F, o corpo B reagesempre com uma força ~F′ sobre o corpo A, de tal modo que a força ~F′

sobre A é de mesma direção, mesma intensidade que ~F mas de sentidocontrário. (Veja Fig. 3.10.)

Figura 3.10: ~F: força de ação de A sobre B; ~F′: força de reação de B sobre A. Em(a) se tem uma repulsão, os corpos tendem a se separar; em (b) se tem uma atração,os corpos tendem a se juntar.

Ação e reação sempre (ocorrem) surgem juntas, em pares, sejam quais foremas condições físicas que as provocam: atração gravífica, repulsão ou atraçãoelétrica ou magnética, choque mecânico, atrito; no caso porém de interaçãoeletromagnética de duas partículas carregadas eletricamente e em movimentorelativo, as forças não terão a mesma reta suporte, mas serão paralelas, tendosempre a mesma intensidade e sentidos contrários. No Universo as forças deinteração entre os corpos surgem sempre aos pares, com a mesma intensidadee sentidos contrários e mesma direção.

Primeira e Terceira leis de Newton Deve-se tomar cuidado para não fazerconfusão na aplicação da 1a e 2a leis de Newton com a 3a lei. Senão vejamos;suponhamos um homem que deseja levar um carrinho de mão de um ponto P1para outro P2, veja Fig. 3.11. Ele está em pé, segurando o carrinho, que inici-almente está em repouso, e o empurra com uma força horizontal ~F na direçãodesejada; ora, pela terceira lei de Newton, o carrinho reage com uma força~F′, de mesma intensidade e direção, mas de sentido contrário, sendo assim,~F + ~F′ =~0, onde ~0 é a força tal que |~0|= 0. Como o carrinho está inicialmente

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3.3. As Leis de Newton 123

Figura 3.11: Em (a): o homem empurra o carrinho; em (b): as forças sobre o homeme as forças sobre o carrinho.

em repouso, e como a resultante das forças aplicadas é nula, então, como diza 1a lei de Newton, ele continuaria em repouso, não conseguiria sair do lugarpor mais que o homem se esforçasse. Tal fato não é verdadeiro, pois o homemleva-o para onde quiser.

Tente o estudante explicar essa conclusão aparentemente paradoxal, paraver se percebeu bem o significado e conceitos das leis de Newton. Observe-se que a 1a lei de Newton, conforme enunciada, se refere a um corpo, parao estudo do movimento desse corpo deve-se saber quais as forças que atuamsobre esse corpo e só sobre ele, as forças que atuam em outros corpos nãopodem ser consideradas; se quisermos saber qual o movimento do corpo A,por exemplo, temos que saber quais as forças que atuam no corpo A e entãoobter a resultante dessas forças. Deve-se isolar (intelectualmente) o corpo Ado restante do Universo e examinar quais as forças que o restante do Universoaplica sobre o corpo A. As reações de A sobre os outros corpos não atuamsobre A, portanto não podem ser somadas às forças que atuam sobre A.

Observação O estudo feito no Cap. 2 teve por finalidade precípua introdu-zir o conceito de grandeza vetorial por meio do estudo das forças do pontode vista da Estática. Os Posts. 1 e 2 (pág. 86 e pág. 89) foram enunciados paraque o estudante pudesse meditar sobre o fato de que experiências, de um modogeral e como as programadas aqui, não demonstram as leis enunciadas, ape-nas as verificam dentro de um erro que, embora pequeno, não permite obteras igualdades das relações enunciadas; além disso, teve a finalidade de darfundamento teórico para que o estudante pudesse realizar experiências e as-sim desenvolver habilidades específicas, vencendo dificuldades que não sãointransponíveis, dando-lhe confiança e preparando-o para experiências mais emais difíceis.

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Os postulados referentes à regra do paralelogramo, i.e., Posts. 3 e 4, esta-belecem a existência de grandezas orientadas que se combinam por operaçãoque vai formar um grupo abeliano. Tais grandezas são numerosas em Física:o momento de uma força em relação a um eixo, o deslocamento no espaçofísico; a velocidade, a aceleração e o momentum linear de um ponto material(em relação a determinado referencial) são algumas das grandezas vetoriaisque encontraremos em breve. Por outro lado, as leis de Newton se referem afenômenos que ocorrem na Natureza, em particular a segunda lei relaciona agrandeza vetorial força com a grandeza vetorial aceleração de uma partículade massa m, escalar que aparece como um coeficiente de proporcionalidade eque mede uma propriedade da partícula, denominada inércia.

Ora, o conceito de grandeza vetorial poderia ser introduzida pelo estudodo deslocamento de um ponto, e em seguida estudando-se a velocidade e aaceleração, para depois se estabelecerem as leis de Newton. Afigurou-se-nos,entretanto, que do ponto de vista da aprendizagem, esse caminho é muito maisdifícil, levando o estudante a erros conceituais, além de colocá-lo diante de ex-periências muito mais elaboradas, o que muitas vezes o faz perder a confiançaem si, afastando-o da Física Experimental.

3.4 Alguns conceitos de Matemática

3.4.1 Noção de grupo matemático

Sistema algébrico é um conjunto C de elementos a, b, c, . . . associados poroperações Ω1,Ω2, . . . .

Um dos sistemas algébricos mais simples é o denominado grupo, que pas-samos a definir.

Grupo é um sistema algébrico constituído por um conjunto C de elementoscombinados por uma operação Ω e que satisfaz as seguintes condições:

1o) Dado o par a, b de elementos de C, combinando-se a e b pela opera-ção Ω, obtemos um elemento c de C. Diz-se neste caso que o sistemaalgébrico (grupo) é fechado ou estável em relação à operação Ω.

2o) A operação Ω é associativa, isto é: (a Ω b) Ω c = a Ω (b Ω c), em que a,b, c são elementos de C.

3o) Existe em C um elemento denominado identidade ou elemento neutro e,tal que a Ω e = e Ω a = a para todo a pertencente a C.

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3.4. Alguns conceitos de Matemática 125

4o) Dado um elemento a de C, existe em C um elemento a′ que se denominainverso (ou simétrico) de a, tal que a Ω a′ = a′Ω a = e .

5o) Se, dados a e b quaisquer de C, se tem a Ω b = b Ω a, o grupo se deno-mina comutativo ou abeliano.

Problemas

Problema 3.6. Dê exemplos de grupos formados com conjuntos de números eque a operação é a operação de adição +, ou a operação de multiplicação ×de números.

Problema 3.7. Prove que o conjunto dos números reais munido da operaçãode subtração forma um grupo não-comutativo ou não-abeliano.

Problema 3.8. Prove que o conjunto de forças que se pode aplicar em umponto P, associadas pela operação Θ definida pela regra do paralelogramo,forma um grupo abeliano.

De fato, já vimos que Θ (Probl. 3.8) goza da propriedade associativa e co-mutativa. Além disso, o conjunto é fechado em relação à operação Θ, pois acomposição de duas forças ~F1 e ~F2 quaisquer aplicadas em P é também umaforça ~R aplicada em P e, portanto, pertence ao conjunto. Vejamos o elementoneutro, o qual também é chamado elemento identidade, de que trata especifi-camente a primeira lei de Newton; sejam duas forças ~F1 e ~F2 que fazem entresi um ângulo θ, a resultante ~R tem intensidade |~R| que é tal que:

|~R|2 = |~F1|2 + | ~F2|2 + 2 | ~F1| | ~F2| cos(θ) e 0≤θ≤180,

veja Fig. 3.12. Se o ângulo θ tende para 180, então, pela expressão da intensi-

Figura 3.12: Observe a situação limite para θ→π rad e | ~F|→| ~F′|.

dade da resultante, vê-se que essa intensidade tende um valor mínimo que seráo valor numérico da diferença das intensidades das forças ~F1 e ~F2:

∣∣∣∣| ~F2| − | ~F1|∣∣∣∣ =

√| ~F1|2 + | ~F1|2 − 2 | ~F2| | ~F1| ,

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se, além disso, | ~F1|→ | ~F2|, então a intensidade de ~R tende para zero (0). Nestecaso ~R será uma força de intensidade nula aplicada no ponto P, observe-se quea direção dessa força nula é indeterminada, tendo em vista que sua direçãoindependerá da direção de ~F1 ou de ~F2. Para exprimir esse resultado, pode-seescrever:

~F1 + ~F2 = ~R = ~0 .

Em que por ~0 se indica uma força de intensidade nula e direção indeterminada,que se usa chamar de força nula. Como se pode ver, ~0 goza da propriedade:

~F + ~0 = ~0 + ~F = ~F , qualquer que seja ~F aplicada em P ,

sendo assim o elemento neutro da composição de forças, portanto, a toda força~F aplicada em P se pode superpor a força nula sem que se alterem os efeitospor ~F causados. Por outro lado, dada uma força ~F qualquer aplicada em P, ésempre possível aplicar em P outra força ~F′ que equilibre ~F, isto é, tal que

~F + ~F′ = ~F′ + ~F = ~0 ,

sendo ~F′, portanto, o inverso de ~F. Fica assim provado que o conjunto das for-ças aplicáveis num ponto P, combinadas pela regra do paralelogramo, formaum grupo abeliano.

3.5 Espaço vetorial

É claro que o simples fato de as forças aplicáveis em um ponto P formaremum grupo abeliano não basta para que realizemos todas as operações possíveiscom as forças. Assim, por exemplo, é possível definir uma força quatro (4)vezes maior que outra? Além disso, se uma força ~F é a soma de duas outras, aose definir outra 4 vezes mais intensa que ~F, pode-se considerá-la como a somadas componentes de ~F multiplicadas por 4? Examinemos esse fato. Sejam duasforças ~F1 e ~F2 aplicadas em P e de resultante ~R = ~F1 + ~F2 . Quando se dizque uma força é quatro vezes maior que outra, significa que sua intensidadeé 4 vezes maior, portanto seu segmento orientado representativo será 4 vezesmaior e o símbolo 4~R significará uma força de mesma direção e sentido que~R mas de intensidade 4 vezes maior. Sendo assim, ver Fig. 3.13, 4~R = 4 ~F1 +

4 ~F2 , pois se multiplicarmos os segmentos representativos de ~F1 e de ~F2 por4 (ou por um número real positivo qualquer χ) obteremos um paralelogramo

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3.5. Espaço vetorial 127

P

~R

4~R

~F2

4 ~F2

~F1 4 ~F1

Figura 3.13: Multiplicação de força por um número real.

semelhante ao primeiro cuja diagonal será |4~R|, tendo em vista que seria omesmo paralelogramo que representaria as forças em outra escala.

O que significaria, porém, multiplicar uma força por um número (real)negativo? Já vimos que ~F + ~F′ = ~0 significa que ~F′ tem a mesma intensidadee direção de ~F mas sentido contrário, será lícito e oportuno que se escreva~F′ = − ~F +~0, e tendo em vista que − ~F +~0 = ~0+(− ~F ) = − ~F , então ~F′ = − ~F , osinal negativo significando que a força tem sentido contrário ao de ~F , mesmadireção e mesma intensidade. Podemos também definir −1 ~F =− ~F , e, portanto,−2 ~F =2(− ~F ), o que significa uma força de intensidade 2 vezes maior que a de− ~F, com mesma direção e sentido de (− ~F ). Portanto, multiplicar uma força ~Fpor um número negativo −|χ| significa obter uma força de intensidade |χ| vezesmaior e de mesma direção mas de sentido contrário que as da força ~F .

3.5.1 Diferença vetorial entre duas forças

Já vimos que as forças aplicadas em um ponto formam um grupo, portantoque toda força ~F aplicada em P tem no conjunto de forças aplicáveis nesseponto o seu elemento inverso ~F′ tal que ~F+ ~F′ = ~F′+ ~F =~0, e ~F′ =− ~F . Sendoassim, podemos compor uma dada força ~F1 com o inverso de outra: ~F1+(− ~F ),em que o sinal + significa a adição vetorial e o sinal − significa a operaçãode inverter o sentido de ~F , ora, podemos combinar os dois símbolos + e −pela regra do sinal no corpo dos números reais, fazendo-o igual ao símbolo−, e assim ~F1 +(− ~F ) = ~F1− ~F . Observe-se que agora esse sinal negativo temo duplo significado: inverter o sentido de ~F, e somar (compor) pela regra doparalelogramo a força (− ~F ) obtida de ~F1. Deste modo, fica perfeitamente bemdefinida a multiplicação de uma força por um número real a ou b qualquer, eque essa multiplicação goza das seguintes propriedades:

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a( ~F1 + ~F2

)= a ~F1 + a ~F2 (3.2a)

(a + b) ~F = a ~F + b ~F (3.2b)

(a b) ~F = a(b ~F

)(3.2c)

1 ~F = ~F . (3.2d)

Podemos agora definir espaço vetorial em um ponto; observe-se que a ope-ração definida pela regra do paralelogramo goza de todas as propriedades for-mais da adição de números reais, por isso o grupo assim definido se denominagrupo aditivo. De modo geral: 5

Seja R o corpo dos números reais e V um grupo abeliano aditivotal que haja uma multiplicação que associa um elemento a de Re um elemento ~F de V ao elemento a ~F de V. Então V é denomi-nado de espaço vetorial sobre R, desde que a multiplicação porescalar satisfaça as quatro propriedades em (3.2), em que a, b∈Re ~F, ~F1, ~F2∈V.

Os elementos de um corpo, como o dos reais, são chamados escalares.Com relação às relações em (3.2):

. a propriedade (3.2a) se denomina distributividade da multiplicação porescalar em relação à operação de adição em V;

. a propriedade (3.2b) se denomina distributividade da multiplicação es-calar em relação a operação de adição sobre V, e

. a propriedade (3.2c) se denomina associatividade da multiplicação es-calar em relação a multiplicação em R.

Problemas

Problema 3.9. Dadas duas forças ~F1 e ~F2 aplicadas em um ponto P e quefazem entre si um ângulo θ, determine graficamente ~D= ~F2− ~F1.

O. Trace os segmentos representativos de ~F1 e de ~F2 (veja Fig. -3.14); determine o segmento representativo de − ~F1 e aplique a regra do parale-logramo para somar (compor) as forças ( ~F2) e (− ~F1). Observe que se obtém a

5 u© De modo mais geral, é possível definir espaço vetorial sobre um corpo qualquer. Note-se ainda que não há necessidade de esse espaço ser um espaço normado, i.e., que se tenha umadefinição de norma ou módulo.

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Figura 3.14: Ilustração para o Probl. 3.9.

diagonal do paralelogramo da soma ~F1+ ~F2 que liga a extremidade de ~F1 coma extremidade de ~F2. Por quê? Veja que ~F2 = ~F1+~D, com base nesse resultado,defina a diferença ~F2− ~F1.

Problema 3.10. Considere um sistema Oxy ortogonal cartesiano no plano eos segmentos de reta orientados com origem em O e extremidade no ponto decoordenadas (x, y). Mostre que o conjunto desses segmentos orientados OP,sendo P um ponto genérico do espaço, forma um grupo aditivo V em que aoperação de adição é a regra do paralelogramo. Mostre que V sobre R formaum espaço vetorial. Os elementos desse espaço V são chamados vetores posi-ção ou raios vetores dos pontos do plano, que estão intimamente relacionadoscom as coordenadas dos pontos desse plano associadas a um sistema cartesi-ano de coordenadas para esse plano, determine essa relação.

Problema 3.11. Tome um sistema cartesiano triortogonal Oxyz:

a) defina o espaço vetorial localizado em O por meio dos segmentos orien-tados

−−→OP, onde P é um ponto genérico do espaço euclidiano tridimen-

sional;

b) exprima o vetor−−→OP em função de suas coordenadas cartesianas;

c) calcule a distância entre dois pontos, P1 e P2, do espaço euclidianoem função de suas coordenadas cartesianas, com auxílio das noções jáaprendidas.

Problema 3.12. Demonstre que o conjunto dos números inteiros pares P, as-sociados pela adição +, forma um grupo aditivo abeliano 〈P,+〉, onde

P =0,±2,±4 . . . ± n,±(n+1) . . .

, e onde n ∈ N .

Dê três motivos pelos quais este conjunto P, com elementos associados pelamultiplicação, não constitui um grupo.

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O. Basta verificar que a soma de dois inteiros pares é um inteiropar, isto é, o conjunto é fechado; que a adição goza da propriedade associativa;que existe o elemento neutro, que é o zero (0); e que a operação + é comutativa.

Problema 3.13. Mostre que o conjunto Q dos números racionais forma umgrupo aditivo abeliano quando se combinam seus elementos por meio da ope-ração de adição +.

Problema 3.14. Prove que o conjunto Q dos números racionais forma umgrupo abeliano quando se combinam seus elementos por meio da operação demultiplicação ×, excluindo-se o zero (0). Por que se deve excluir o zero?

O. De fato, o conjunto Q − 0 é fechado em relação à multi-plicação, isto é, dados dois racionais quaisquer, a e b, o seu produto a×b éum racional; dado um racional a , 0, existe sempre um racional a′ tal quea×a′=a′×a=1, onde 1 é o elemento neutro e a′ é o inverso multiplicativo dea; além disso, a multiplicação de racionais é comutativa e associativa. O zero(0) deve ser excluído porque não possui inverso multiplicativo.

Corpo

Há um importante conceito matemático que sintetiza as propriedades algébri-cas no conjunto dos reais (além dos racionais e dos complexos, por exemplo),é o conceito de corpo, cujos axiomas que o definem expomos a seguir.

Seja um conjunto K não vazio de elementos a, b, c, etc. e duas operaçõesque se representam por + (adição) e por × (multiplicação). Diz-se que o con-junto K forma um corpo sob essas duas operações, e se denota 〈K,+,×〉, se:

a) O conjunto K forma um grupo aditivo abeliano sob a operação de adi-ção; isto é,

a.1) a adição é fechada em K: a + b ∈ K ∀a, b, ∈ K ;

a.2) a adição em K é associativa: (a+b)+c = a+(b+c) ∀a, b, c ∈ K ;

a.3) existe 0 ∈ K tal que a+0 = 0+a = a ∀a ∈ K (denota-se por 0,numeral zero, o elemento neutro da adição);

a.4) dado qualquer a∈K, existe a∈K tal que a+a = a+a = 0 (denota-sepor −a, tal que a=−a, o elemento simétrico de a pela adição);

a.5) a adição em K é comutativa: a + b = b + a ∀a, b ∈ K .

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b) O conjunto K−0 forma um grupo abeliano sob a operação de multipli-cação, onde o elemento 0 excluído de K é o elemento neutro da adição;isto é:

b.1) a multiplicação é fechada em K: a×b ∈ K ∀a, b, ∈ K;

b.2) a multiplicação em K é associativa: (a × b) × c = a × (b ×c) ∀a, b, c ∈ K ;

b.3) existe 1 ∈ K tal que a×1 = 1×a = a ∀a ∈ K; (denota-se por 1,numeral um, o elemento neutro da multiplicação)

b.4) dado qualquer a ∈ K−0, existe a ∈ K tal que a× a = a×a = 1;(denota-se a=a−1 o elemento simétrico de a pela multiplicação)

b.5) a multiplicação em K é comutativa: a × b = b × a ∀a, b ∈ K ;

c) A operação de multiplicação goza da propriedade distributiva em rela-ção à operação de adição: a × (b + c) = a × b + a × c ∀a, b, c ∈ K .

Observe-se o papel estratégico desempenhado pelo simétrico aditivo e peloinverso multiplicativo nessa grande síntese algébrica. Esses conceitos possi-bilitam que se trate apenas com duas operações comutativas, que no cursoprimário se trata com quatro operações, duas comutativas (adição e multipli-cação) e duas não-comutativas (subtração e divisão). Nesse contexto, subtrairsignifica adicionar o simétrico aditivo, dividir significa multiplicar o inversomultiplicativo.

A multiplicação é indicada alternativamente por um dos três modos:

a × b = a · b = a b .

Problema 3.15. Prove que o conjunto dos números racionais (Q) forma umcorpo sob as operações (ordinárias) de adição (+) e multiplicação ( · ), i.e.,que 〈Q,+, · 〉 é um corpo.

O. De fato, já se viu que os números racionais formam um grupoaditivo abeliano sob a operação se adição +, e que os elementos de Q, exclu-indo-se o zero (elemento neutro da adição), formam um grupo comutativo soba operação de multiplicação ×. Deste modo, basta provar que a multiplicaçãoé distributiva em relação à soma, isto é, dados três números racionais r, p, qquaisquer se tem r · (p + q) = r · p + r · q.

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Subcorpo e extensão de corpo

Subcorpo de um corpo 〈K,+, · 〉 é um subconjunto de K que constitui um corposob as mesmas operações de adição e multiplicação, com a mesma unidademultiplicativa (1) e mesmo zero aditivo (0). Analogamente, dado um corpo〈K,+, · 〉 e dado um conjunto F que contém K (K⊃ F), se F constitui um corposob as mesmas operações de adição e multiplicação em K, então 〈K,+, · 〉 sedenomina extensão de 〈F,+, · 〉. Os elementos de um corpo são chamados es-calares.

Se 〈F,+, · 〉 é uma extensão do corpo 〈K,+, · 〉, é fácil ver que F constituium espaço vetorial sobre o corpo 〈K,+, · 〉, se K é o corpo de escalares e sedefinimos a adição de vetores como a adição em F e a multiplicação por escalarcomo a multiplicação em F.

Problema 3.16. Seja o conjunto D formado por elementos d = a+b√

2, taisque a, b∈Q e que:

α d = α a + α b√

2 ∀α ∈ Q(a1+b1

√2) + (a2+b2

√2) = (a1+a2) + (b1+b2)

√2 .

Mostre que:

a) D, munido dessas operações, é um espaço vetorial sobre o corpo dosracionais, e

b) D é uma extensão do corpo 〈Q,+, · 〉 quando se considera a multiplica-ção:

(a1+b1√

2) · (a2+b2√

2) = (a1a2 + 2b1b2) + (a1b2 + a2b1)√

2 .

O.

a) Quando se considera a extensão E de um corpo K, não se leva em contaa operação de multiplicação definida em E, apenas em K. (Note-se que oconjunto D constitui um espaço vetorial de dimensão 2 sobre Q e que oconjunto D′ formado por elementos d′ = a+b

√2+c 3√5, com a, b, c ∈ Q,

constitui um espaço vetorial de dimensão 3 sobre o corpo dos racionais,mas não constitui uma extensão do corpo dos racionais.)

b) Para verificar se D é uma extensão do corpo dos racionais, verifique queo inverso multiplicativo de

d = a + b√

2 é d−1 =1

2b2 − a2

(−a + b

√2)

;

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todo elemento do conjunto D possui inverso multiplicativo?

Problema 3.17. O conjunto M2 = 0, 1 cujos elementos são associados pelasoma ⊕ e pela multiplicação , de acordo com as respectivas tábuas de adiçãoe de multiplicação da Tab. 3.1, forma o corpo 〈M2,⊕,〉. Prove.

Tabela 3.1: Tabuadas para o corpo 〈0, 1,⊕,〉.

⊕ 0 10 0 11 1 0

0 10 0 01 0 1

Note-se que o corpo 〈M2,⊕,〉 contém apenas os elementos neutros, cons-tituindo portanto o corpo com menor número de elementos.

Problema 3.18. Como se viu no Probl. 3.12, o conjunto dos números inteirospares forma um grupo aditivo abeliano 〈P,+〉. Se definirmos a operação demultiplicação dos elementos de 〈P,+〉 por escalares do corpo 〈M2,⊕,〉 comoa operação de multiplicação de números reais, não obteremos um espaço ve-torial. Prove.

O. Veja que não é satisfeito o axioma da distributividade da mul-tiplicação de escalar em relação a operação de adição em M2 [propriedade (II),eq. (3.2), pág. 127], isto é, (m1⊕m2)·p,m1 p + m2 p, em que m1,m2∈M1 e p∈P.De fato, se m1 =1 e m2 =1, então, para um número par qualquer p:

(1 ⊕ 1) · p = (0) · p = 0 (pela tabuada da multiplicação )

(1p + 1p) = 2 · p , 0 (pelas operações no corpo dos reais).

Problema 3.19. Há um teorema que diz que dado o corpo 〈K,+, · 〉, o produtocartesiano K×K forma um espaço vetorial sobre o corpo 〈K,+, · 〉, quandose define a multiplicação por escalar de K por k(a, b) = (k·a, k·b), em quea, b∈K, · é a multiplicação em K e (a, b)∈K×K. Sendo assim, como 〈M2,⊕,〉é um corpo, prove que o produto cartesiano M2×M2 é um espaço vetorial sobreo corpo 〈M2,⊕,〉.

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Observação: grandeza vetorial

Verifica-se pelos exemplos dados que as propriedades características de umespaço vetorial são menos restritivas do que as propriedades de uma grandezafísica vetorial. Em outras palavras, um elemento de um espaço vetorial, o qualse denomina vetor, pode não ter nenhuma das outras características da gran-deza física vetorial, isto é, representável por um segmento de reta orientado eque se combina com outro por uma operação, chamada regra do paralelogramo,com as propriedades já vistas. Somente as propriedades algébricas formais sãocomuns, a saber: o conjunto V deve formar um grupo abeliano aditivo com aoperação de adição +, correspondendo de alguma forma à operação de com-posição pela regra do paralelogramo, isto é, 〈V,+〉, e tal que, dado um corpoqualquer 〈K,+, · 〉, defini-se a multiplicação dos elementos de 〈V,+〉 por umescalar qualquer do corpo 〈K,+, · 〉 e que satisfaça os axiomas de espaço veto-rial já vistos (pág. 127). Um elemento do espaço vetorial qualquer denomina-se vetor, o qual pode não estar associado a uma grandeza física vetorial, comonos exemplos citados nos problemas anteriores. Toda grandeza física vetorialé grandeza vetorial, mas nem toda grandeza vetorial é uma grandeza físicavetorial.

Ocorre ainda que em muitos livros se lê a “definição”: “vetor é um seg-mento de reta orientado”, neste caso a palavra vetor é empregada com signifi-cado muito restrito, o autor deseja desenvolver a álgebra elementar e o cálculovetoriais sem recorrer a conceitos mais sofisticados. É necessário que o estu-dante de física tome cuidado, pois pode ficar confuso coma as várias acepçõesdo termo vetor.

Entre os segmentos de reta orientados de mesma origem e as grandezasfísicas vetoriais se pode estabelecer um isomorfismo, de modo que em certasconsiderações se pode representar as grandezas vetoriais pelos segmentos dereta orientados em todas as operações algébricas que sejam necessárias no cál-culo com essas grandezas da física elementar. Já não se pode dizer sempre omesmo dos vetores de um espaço vetorial (de dimensão infinita desprovidosde norma, por exemplo).

Observação: espaço vetorial

É bom que fique bem claro para o estudante o conceito de espaço vetorial, porisso vamos repetir aqui sua definição.

Seja 〈V,⊕〉 um grupo abeliano aditivo pela operação ⊕ e 〈K,+, · 〉 um corpo. O

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grupo 〈V,⊕〉 constituirá um espaço vetorial sobre o corpo 〈K,+, · 〉 se definir-mos uma multiplicação ⊗ por escalar de 〈K,+, · 〉 dos elementos de 〈V,⊕〉 quesatisfaça os seguintes axiomas (conhecidos como axiomas de espaço vetorial):dados k, k1, k2∈K e v, v1, v2∈V

k ⊗ (v1 ⊕ v2) = k⊗v1 ⊕ k⊗v2 (3.3a)

(k1 + k2) ⊗ v = k1⊗v ⊕ k2⊗v (3.3b)

k1 ⊗ (k2 ⊗ v) = (k1 × k2) ⊗ v (3.3c)

1 ⊗ v = v (3.3d)

em que 1 é o elemento neutro da multiplicação · no corpo 〈K,+, · 〉 .Observe-se que a multiplicação por escalar, indicada por ⊗ a priori nada

tem a ver com a multiplicação × no corpo. Com base nesta definição, vejamosmais alguns exemplos.

Problema 3.20. Seja o conjunto V = a, b, c cujos elementos são associadospela operação ⊕ de acordo com a tábua ⊕ da Tab. 3.2, mostre que c é oelemento neutro da operação⊕ e que 〈V,⊕〉 é um grupo comutativo. Seja agora

Tabela 3.2: Tabuadas para o Probl. 3.20.

⊕ a b ca b c ab c a bc a b c

+ 0 1 20 0 1 21 1 2 02 2 0 1

· 0 1 20 0 0 01 0 1 22 0 2 1

⊗ a b c1 c c c2 a b c3 b a c

o conjunto M = 0, 1, 2 cujos elementos são associados pelas operações deadição + e de multiplicação · de acordo com a Tab. 3.2. Mostre que 〈M,+, · 〉é um corpo. Definindo agora a multiplicação ⊗ por escalar de 〈M,+, · 〉 doselementos de V pela tábua de multiplicação ⊗ da Tab. 3.2, prove que 〈V,⊕〉 éum espaço vetorial sobre o corpo 〈M,+, · 〉.O. De fato, com base nas tabuadas da Tab. 3.2 podemos escrever:

(I) 0 ⊗ (a ⊕ b) = 0⊗a ⊕ 0⊗b ⇒ 0 ⊗ c = c ⊕ c ⇒ c = c ,1 ⊗ (a ⊕ b) = 1⊗a ⊕ 1⊗b ⇒ 1 ⊗ c = a ⊕ b ⇒ c = c ,2 ⊗ (a ⊕ b) = 2⊗a ⊕ 2⊗b ⇒ 2 ⊗ c = b ⊕ a ⇒ c = c etc.

(II) (0 + 1) ⊗ a = 0⊗a ⊕ 1⊗a ⇒ 1 ⊗ a = c ⊕ a ⇒ a = a ,(1 + 2) ⊗ a = 1⊗a ⊕ 2⊗a ⇒ 0 ⊗ a = a ⊕ b ⇒ c = c etc.

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(III) 1 ⊗ (2 ⊗ a) = (1 · 2) ⊗ a ⇒ 1 ⊗ b = 2 ⊗ a ⇒ b = b ,2 ⊗ (2 ⊗ a) = (2 · 2) ⊗ a ⇒ 2 ⊗ b = 1 ⊗ a ⇒ a = a etc.

(IV) 1 ⊗ a = a trivial.

Tabela 3.3: Tabuadas para o Probl. 3.21.

⊕ a b c d e fa b c d e f ab c d e f a bc d e f a b cd e f a b c de f a b c d ef a b c d e f

+ 0 1 2 3 4 50 0 1 2 3 4 51 1 2 3 4 5 02 2 3 4 5 0 13 3 4 5 0 1 24 4 5 0 1 2 35 5 0 1 2 3 4

⊗ a b c d e f0 f f f f f f1 a b c d e f2 b d f b d f3 c f c f c f4 d b f d b f5 e d c b a f

× 0 1 2 3 4 50 0 0 0 0 0 01 0 1 2 3 4 52 0 2 4 0 2 43 0 3 0 3 0 34 0 4 2 0 4 25 0 5 4 3 4 1

Problema 3.21. Seja o conjunto A= a, b, c, d, e, f cujos elementos são com-binados pela operação ⊕ de acordo com a Tab. 3.3. Como se vê, f é o elementoneutro da operação ⊕, assim A forma um grupo abeliano aditivo. Prove. Sejaainda o corpo formado pelo conjunto C= 0, 1, 2, 3, 4, 5 combinados pela ope-ração de adição + e pela de multiplicação × definidas nas tabuadas da Tab. 3.3.Prove que 〈C,+,×〉 é um corpo. Prove que o grupo 〈A,⊕〉 forma um espaçovetorial sobre o corpo 〈C,+,×〉 pela multiplicação escalar entre escalares docorpo 〈C,+,×〉 e elementos do grupo 〈A,⊕〉 definida na tabuada da operação⊗ apresentada na Tab. 3.3.

Observação: rotações

Naturalmente o estudante há de pensar que tudo isso não passa de pura abstra-ção matemática, delírio destituído de qualquer significado física. Vamos mos-trar que não é bem assim.

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Figura 3.15: Simetrias para rotações de um triângulo equilátero.

Consideremos um triângulo equilátero e o eixo perpendicular a seu planoque passa pelo seu centro geométrico (centro do círculo circunscrito), vejaFig. 3.15. É claro que se girarmos o triângulo de 120, 240 e 360 em tornodesse eixo, o triângulo assume posições idênticas à inicial, essas novas posi-ções sendo indistinguíveis entre si (quando não se distingue os vértices). Diz-seque o triângulo é invariante pelas rotações dadas; o observador que o olha, aoabrir os olhos que manteve fechados enquanto se processa tais rotações nãotem como saber se houve ou não houve rotação. Diz-se também que o triân-gulo apresenta simetria por rotação. Ora, podemos tomar essas rotações comoelementos de um conjunto A = a, b, c, em que o elemento a representa a ro-tação de 120, b de 240 e c de 360, ou de modo mais sintético: a = 120,b = 240 e c = 360, todas elas no mesmo sentido em torno do eixo menci-onado. A operação de girar pode ser indicada como uma operação , com aqual se pode combinar as rotações sintetizadas por a, b e c. É fácil ver queesse conjunto de rotações combinadas por forma um grupo abeliano aditivo,em que o elemento neutro é a rotação c, o inverso de uma rotação correspondeao replemento do ângulo6 que a define. Assim, o inverso de a é b e vice-versa.Observe-se que 360 é múltiplo correspondente à menor rotação; quando há si-metria por rotação em torno de um eixo, isto sempre acontece: 360=nθ, comθ igual à menor rotação do conjunto; o número n se denomina multiplicidadedo grupo de rotações. No exemplo atual n=3.

A combinação de duas rotações do conjunto goza das propriedades asso-ciativa e comutativa. Por outro lado, o conjunto é fechado, tendo em vista oresultado final á posição do triângulo. A “soma” a a b é igual a a, isto é,a a b = a, pois girar o triângulo de 120 depois mais 120 e depois de 240

é o mesmo que girar apenas de 120. O leitor pode verificar que essa operação

6 O ângulo que se deve somar a outro para se obter 360.

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satisfaz a tabuada da operação ⊕ da Tab. 3.2 (pág. 135) do Probl. 3.20. Destemodo, temos um grupo comutativo 〈A, 〉. Por sua vez, esse grupo formará umespaço vetorial sobre um corpo, por exemplo o corpo 〈M,+, · 〉 definido tam-bém no Probl. 3.20 (pág. 135), desde que se defina a operação de multiplicaçãopor escalar do corpo e dos elementos do grupo, como a representada pelo sinal⊗ na Tab. 3.2. Segue-se que esse conjunto de rotações A = a, b, c associadaspela maneira indicada forma um espaço vetorial sobre o corpo 〈M,+, · 〉.

Vejamos outro exemplo. Consideremos não mais um triângulo, como noexemplo anterior, mas um hexágono regular e as rotações em torno do eixoortogonal a seu plano que passa pelo seu centro, as quais o deixam invariante.São evidentemente as rotações a, b, c, e, f de 60, 120, 180, 240, 300

e 360 respectivamente, todas de mesmo sentido. Essas rotações, combinadaspela operação de efetuar uma em seguida a outra, formam um grupo abelianoaditivo, obedecendo à tabuada da operação ⊕ na Tab. 3.3 (pág. 136) do Probl. -3.21, o elemento neutro sendo a de 360, isto é, o elemento f . Analogamenteao Probl. 3.21, esse grupo forma um espaço vetorial sobre o corpo 〈C,+, · 〉,a operação de multiplicação de seus elementos por escalares do corpo obede-cendo à tabuada correspondente a operação ⊗ na Tab. 3.3 do mesmo proble-ma. 7

Voltemos às rotações de um modo geral.Uma rotação geral θ é uma grandeza física orientada, e como tal pode ser

representada por um segmento de reta orientado, de tal forma que a direçãodo segmento é a direção do eixo de rotação, o seu comprimento, medido comuma escala conveniente, fornece o valor numérico da rotação na unidade cor-respondente (grau, radiano, etc.). O sentido do segmento orientado para serdeterminado exige porém uma convenção para transformar o sentido de rota-ção no sentido que é definido pelo sentido do segmento orientado. A convençãoque se costuma adotar é a seguinte: suponhamos que se segure o eixo de ro-tação com a mão direita, de modo que os dedos em torno do eixo indiquem osentido de rotação, o polegar colocado ao longo do eixo indica o sentido dosegmento orientado; outra maneira muito usada de descrever esta convençãoé a do observador ao longo do eixo; se a rotação se processa da direita parasua esquerda, o sentido do segmento orientado que a representa será dos péspara a cabeça desse observador. Há muitas grandezas físicas orientadas queexigem essa convenção para serem representadas por um segmento de reta ori-entado, como teremos ocasião de examinar, representaremos essas grandezas

7 Note-se que para esses dois exemplos as rotações são consideradas em torno de um mesmoeixo fixo à figura.

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Figura 3.16: Convenção para o sentido positivo de rotação em torno de um eixo.

por uma letra encimada por uma curva, como por exemplo B→

. Esses vetoressão chamados vetores axiais, em contraposição aos outros que se chamam ve-tores polares. Dos vetores polares já vimos os vetores aplicados em um ponto,como as forças; veremos que as forças que atuam num corpo rígido podem serdeslocadas ao longo de sua reta suporte sem alterar em coisa alguma o resul-tado, por isso são exemplo de vetor definido pela sua reta suporte, o ponto deaplicação sendo qualquer ao longo dessa reta suporte, esses são chamados ve-tores deslizantes ou correntes. Se o vetor é caracterizado apenas pela direção,sentido e valor numérico, então esse vetor polar se denomina vetor livre. Emsuma, na física os vetores se classificam em: vetores polares e vetores axiais.Os polares são: aplicados, deslizantes e livres.

Recapitulando:

. As rotações finitas em torno de eixos não coincidentes são grandezasfísicas orientadas, representáveis por segmentos de reta orientados, masnão são vetores, tendo em vista que sua composição não é comutativa,veja pág. 120. Já as rotações em torno de um mesmo eixo, como nosexemplos citados, são vetores. Tomamos para exemplos um grupo derotações com um número finito de elementos, um grupo com númerofinito de elementos se denomina grupo finito.

. As rotações de um corpo sólido em torno de um eixo qualquer tam-bém são vetores que podem assumir valores que variam continuamente,e, neste caso, pode-se introduzir o sinal menos para indicar rotaçõesem sentido contrário, demonstra-se facilmente que esse conjunto de ro-tações, representáveis por segmentos de reta orientados ao longo do

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eixo, podem ser associados pela regra do paralelogramo (soma algé-brica) constituindo um grupo. Esse grupo formará um espaço vetorialsobre o corpo dos números reais, definida a multiplicação por escalar docorpo como a multiplicação do corpo.

Tudo isso é importante na definição e cálculo de outras angulares, como velo-cidade angular, aceleração angular, etc., como veremos. Se tivermos eixos se-parados é preciso tomar cuidado, pois as rotações finitas não são vetores, masas rotações infinitesimais são vetores. O estudante pode se convencer deste fato(heuristicamente) compondo rotações ∆θ

→1 e ∆θ

→2 em torno de dois eixos parale-

los, para facilitar a representação, e tomando ∆θ1→

e ∆θ2→

que vão diminuindo.8

Ele verá a posição final P3 de um ponto P que gira pela soma das duas rota-ções ∆θ1

→+∆θ2

→, nessa ordem, tender rapidamente para a posição final P′3, obtida

quando a ordem das soma das rotações ∆θ2→

+∆θ1→

, isto é, a distância P3P′3 tendepara zero como infinitésimo de segunda ordem em relação às rotações:

P3P′3 = k1 (dθ1)2 + k2 (dθ2)2

em que k1 e k2 são coeficientes de proporcionalidade. Segue-se que

dθ1→

+ dθ2→

= dθ2→

+ dθ1→,

e as rotações infinitesimais são vetores. Suponhamos que o ponto descreva arotação dθ

→num intervalo de tempo dt, sua velocidade angular será

ω→

=dθ→

dt,

como dt é um escalar, θ→

sendo uma grandeza vetorial, ω→

também o é. Estefato nos permite compor ou decompor uma velocidade angular pelas regras doCálculo.

Damos aqui um problema para o estudante que tem gosto pelo Cálculo

Problema 3.22. Dadas duas rotações ∆θ1→

e ∆θ2→

em torno de eixos quaisquer,demonstre que sua “soma” comuta quando elas se tornam arbitrariamentepequenas.

8 u© Estaremos denotando por θ o ângulo correspondente à rotação θ→

.

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3.6. Exemplos e aplicações das leis de Newton 141

Esclarecimento Ao tentar explicar esses conceitos, estamos pondo ao al-cance do estudante as dificuldades que deverá encontrar no curso de físicae nas aulas de matemática desse curso, onde os mesmos conceitos podem terroupagem diversa, dificultando sua assimilação e levando o estudante a despre-zar seu estudo por não ser aparentemente de nenhuma utilidade para a Física.Com esses exemplos da Física Elementar estamos procurando dar ênfase à ne-cessidade de um estudo cuidadoso da matemática, por mais abstrata que lhepareça.

3.6 Exemplos e aplicações das leis de Newton

Antes de formularmos as leis de Newton, adotamos alguns postulados auxilia-res9 para que pudéssemos continuar o desenvolvimento com base experimen-tal, os problemas seguintes indicam que os dois primeiros postulados estãocontidos nas 1a e 3a leis de Newton.

Problema 3.23. Demonstre o Post. 1 (pág. 86) com auxílio da 1a e 3a leis deNewton.

Problema 3.24. Demonstre o Post. 2 (pág. 89) com auxílio da 1a e 3a leis deNewton.

O próximo problema deve ser resolvido pelo estudante antes de ler a solu-ção detalhada e comentada que apresentamos; comparar as soluções e esclare-cer as dúvidas que venham a ocorrer durante a solução é um ótimo exercício.

Problema 3.25. Determine a tensão nos fios AC e BC da estrutura da Fig. -3.17 em que D é um corpo de peso |~P|=30 gf.

Para resolver o problema com as leis de Newton, devemos escolher o corpono qual as aplicaremos.

No caso o corpo será o ponto C, que é a confluência dos fios AC, BC e ofio CM, em que M é o ponto em que o corpo D é preso ao fio vertical. Parailustrar a aplicação das leis de Newton, vamos mostrar que o peso ~P do corpoD se transmite ao ponto C, de modo que a força que atua em C ao longo do fioCM é igual ao peso ~P, desde que o peso do fio CM possa ser desprezado. Defato, isolemos o fio CM do restante do universo (Fig. 3.18). Agora, vejamosquais as forças que atuam sobre ele; são: o peso ~P na extremidade M e, na

9 u© Esses postulados auxiliares não foram adotados com status de lei, portanto não esta-mos propondo demonstração de lei.

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Figura 3.17: Dispositivo correspondenteao Probl. 3.25.

Figura 3.18: Diagrama das forças corres-pondentes à Fig. 3.17.

outra extremidade, o ponto C puxa o fio MC com uma força ~F. Desse modo,as forças que atuam no fio CM são ~P e ~F, apenas. A resultante é ~R = ~F + ~P;como o fio está em repouso (em equilíbrio), então, pela 1a lei de Newton, ~R=~0,isto é, ~F+~P=~0, donde ~F =−~P. Ou seja, a força ~F é de mesma intensidade e demesma direção que o peso ~P, mas de sentido contrário. Ora, ~F é a força comque o ponto C puxa o fio CM para cima, logo o fio reage e, pela terceira lei deNewton, puxa o ponto com uma força ~F′, de mesma intensidade e direção masde sentido contrário: ~F′=− ~F = ~P, o que se queria demonstrar, isto é, no pontoC atua uma força igual ao peso ~P; é como se o peso ~P se tivesse transmitidoaté o ponto C. 10 Na Fig. 3.19 colocamos as forças que atuam no ponto C, asaber:

. a força ~F1 com que o fio AC puxa o ponto C na direção de A,

. a força ~F2 com que o fio BC puxa o ponto C na direção de B, e

. o peso ~P transmitido pelo fio CM.

Devemos então responder às seguintes perguntas:

1. Qual o corpo a escolher para aplicar as leis de Newton?

2. Quais as forças que o restante do universo exerce sobre o corpo?

10 Observe-se que esse resultado só é obtido porque se considera o fio sem peso, emcaso contrário o peso ~w do fio se acrescentaria ao peso ~P do corpo D.

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Figura 3.19: Forças que atuam no ponto C.

Respondidas a essas perguntas, convém parar para saber se as respostasestão realmente corretas, se por exemplo não se esqueceu uma força qualquer:

3. São só essas as forças aplicadas?

Depois de analisada a situação e verificado que não houve o esquecimento dealguma força, podemos determinar a resultante das forças aplicadas: ~R=

∑i ~Fi .

Passamos em seguida a aplicação das leis de Newton: como o corpo está emequilíbrio (repouso), logo a resultante das forças nele aplicadas é nula (1a leide Newton): ~R=

∑i ~Fi =~0 . No nosso exemplo:

~R = ~F1 + ~F2 + ~P = ~0 (3.4)

Observe-se que esta é uma igualdade vetorial e que, portanto, além dos valo-res numéricos (intensidades) das forças, teríamos que determinar as direções.No exemplo, porém, as direções das forças já estão determinadas, pois sãoas direções dos fios, seus sentidos também são os que divergem do ponto C,restam determinar apenas suas intensidades | ~F1| e |~F2|, e assim restam duas in-cógnitas. Vamos resolver esse problema pelos três métodos estudados: gráfico,trigonométrico e analítico.

3.6.1 Solução pelo método gráfico

É claro que faltam dados no problema, os quais são os ângulos que as direçõesdas forças fazem entre si. São supostos conhecidos, pois fazem parte da estru-tura, são os fios AC, BC e CM fazem entre si. Como a Fig. 3.17 está desenhadaem escala, esses ângulos podem ser medidos com o transferidor diretamente

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na figura. Na Fig. 3.19 indicamos os ângulos entre ~P e ~F2 por θ1 , entre ~P e ~F1por θ2 e entre ~F1 e ~F2 por θ3 . Na Fig. 3.20 passamos o problema para o papel.Posto isto, a equação (3.4) nos dá:

~F1 + ~F2 = −~P .

Figura 3.20: Forças que atuam no ponto C.

Isto significa que ~F1 + ~F2 é igual a uma força de sentido contrário ao de~P, de mesma direção e mesma intensidade. Ora, ~P sendo conhecida, −~P tam-bém o é, trata-se portanto de decompor −~P segundo as direções de ~F1 e de~F2 , o que já sabemos fazer graficamente, tirando pelas tirando pelas extremi-dades do segmento representativo de −~P linhas paralelas às direções de ~F1 ede ~F2 , determinam-se segmentos orientados sobre as retas suporte de ~F1 e de~F2 . Esses segmentos orientados representam, pela regra do paralelogramo, ascomponentes de −~P e, portanto, representarão as forças ~F1 e ~F2 que (em con-junto) equilibram a força ~P. Medindo-se o ângulo θ3 com o transferidor acha-seθ3 = 100 e, neste caso, medindo-se na figura os segmentos que representam~F1 e ~F2 com a mesma escala com a qual se determinou ~P acha-se:

| ~F1|=25 gf e |~F2|=21 gf se |~P|=30 gf .

3.6.2 Solução pelo método trigonométrico

Pelo método trigonométrico sabemos que: 11

|~R1|2 = | ~F1|2 + | ~F2|2 + 2 | ~F1| | ~F2| cos(θ3)

tan(ϕ) =|~F1| sen(θ3)

|~F2| + | ~F1| cos(θ3),

11 Demonstre novamente essas duas expressões.

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onde ϕ é o ângulo entre a resultante ~R e a força componente ~F1. Ora,

|−~P| = |~P| = 30 gf, θ3 = 100 e ϕ = 55 ,

visto que ϕ=180−θ1 =180−125, sendo θ1 =125, conforme com o transfe-ridor na figura. Logo teremos:

| ~F1|2 + | ~F2|2 + 2| ~F1| | ~F2| cos(100) = 900 gf2

| ~F1| sen(100)

| ~F2| + |~F1| cos(100)= tan(55) .

(3.5)

Um sistema de duas equações com duas incógnitas, | ~F1| e | ~F2|. Como:

cos 100 = − cos 80

= −0,174

∣∣∣∣∣∣sen 100 = sen 80

= 0,985

∣∣∣∣∣∣tan 55 = 1,428 .

Teremos, substituindo esses valores nas equações do sistema (3.5):

| ~F1|2 + |~F2|2 − 2×0,174 | ~F1| | ~F2| = 900 gf2

0,985 | ~F1|| ~F2| − 0,174 | ~F1|

= 1,428

| ~F1|2 + | ~F2|2 − 0,348 | ~F1| | ~F2| = 900 gf2

0,985 | ~F1| = 1,428(| ~F2| − 0,174 | ~F1|

)

Assim, trabalhando a segunda equação,

0,985 | ~F1| = 1,428(| ~F2| − 0,174 | ~F1|

)= 1,428 | ~F2| − 0,248 | ~F1| ⇒

⇒ 0,985 |~F1| + 0,248 | ~F1| = 1,428 | ~F2| ⇒ 1,233 | ~F1| = 1,428 | ~F2| ,donde

| ~F2| = 1,2331,428

|~F1| = 0,863 | ~F1| .Por outro lado,

|~F1|2 + (0,863 | ~F1|)2 − 0,348 | ~F1| (0,863 | ~F1|) = 900 gf2

|~F1|2 + 0,745 | ~F1|2 − 0,295 | ~F1|2 = 900 gf2

(1,745 − 0,295) | ~F1|2 =

1,450 | ~F1|2 = 900 gf2 ⇒ | ~F1|2 =900

1,450gf2 .

Portanto| ~F1| = 24,95 gf e | ~F2| = 21,54 gf .

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3.6.3 Solução pelo método analítico

Para desenvolvermos o método analítico devemos escolher um sistema de ei-xos coordenados. Tomemos um sistema ortogonal cartesiano em que o eixoOx seja horizontal e o eixo Oy vertical, a origem coincidente com o ponto C,veja Fig. 3.21. Vamos indicar os ângulos entre os eixo Ox e as forças ~F1 e ~F2

Figura 3.21: Sistema de coordenadas para tratar com as forças que atuam no ponto C.

por α1 e α2 respectivamente. É fácil ver que:

α1 = θ1 − π2 = 125 − 90 = 35

α2 = θ3 + α1 = 100 + 35 = 135

O ângulo entre Ox e ~P é α3 = 270. Temos então:12

F1x = F1 cos(α1) = F1 cos(135) = −F1 cos(45) = −0,707 F1

F2x = F2 cos(α2) = F2 cos(35) = 0,819 F2

Px = P cos(α3) = F2 cos(270) = 0 .

Logo, para as projeções das forças na direção Ox, temos:

Rx = 0 ⇒ Rx = F1x + F2x + Px = −0,707 F1 + 0,819 F2 = 0 . (3.6)

Analogamente para as projeções das forças na direção Oy:

F1y = F1 sen(α1) = F1 sen(135) = F1 sen(45) = 0,707 F1

F2y = F2 sen(α2) = F2 sen(35) = 0,574 F2

Py = P sen(α3) = F2 sen(270) = P×(−1) = −P .

12 u© Estaremos denotando Fi = | ~Fi| para simplificar a notação.

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Logo:

Ry = 0 ⇒ Ry = F1y + F2y + Py = 0,707F1 + 0,574F2 − P = 0 . (3.7)

Pela equação (3.6): 0,707F1 =0,819F2 , introduzindo este valor em (3.7):

0,819F2 + 0,574F2 = P⇒ 1,393F2 =30 gf ⇒ F2 =21,536 gf≈21,5 gf

Por outro lado:

F1 =0,8190,707

F2 = 1,158×21,536 gf = 24,94 gf ≈ 24,9 gf .

Recapitulando, com os métodos gráfico, trigonométrico e analítico, obti-vemos os seguintes resultados:

M | ~F1| |~F2|Gráfico 25 gf 21 gfTrigonométrico 24,9 gf 21,5 gfAnalítico 24,9 gf 21,5 gf

Como se vê, os três métodos fornecem praticamente os mesmos resultados,ocorrendo as discrepâncias no traçado e leitura do diagrama e nas aproxima-ções.

Problemas

Problema 3.26. Um peso P está pendurado por dois fios AC e BC, sendoconsiderados inextensíveis e sem peso, conforme indica a Fig.3.22. Pede-se:

1. Calcular (para dados genéricos) as reações nos pontos A e B da estru-tura, aplicando as leis de Newton e usando os três métodos.

2. Monte o um dispositivo para este problema e coloque os dinamômetrosfazendo parte da estrutura e meça por eles as tensões nos fios AC e BCe use um peso de 20 gf.

3. Compare os valores determinados pelo cálculo (item 1) com os valo-res determinados experimentalmente (item 2). Calcule as discrepânciasrelativas percentuais entre os valores teóricos e experimentais.

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Figura 3.22: Dispositivo para o Probl. 3.26.

4. Explique, aplicando as leis de Newton, como determinar as reações nospontos A e B a partir das forças aplicadas em C.

Problema 3.27. Dois pesos P1 = 10 gf e P2 = 20 gf estão pendurados porum fio conforme indica a Fig. 3.23. Faça a montagem experimental da figura,

Figura 3.23: Dispositivo para o Probl. 3.27.

observando que a linha C1C2 fique na horizontal.13 Meça os ângulos θ1, θ2,θ3, θ4, θ5 e θ6. Pede-se:

13 u© Esse problema experimental envolve a medição direta de várias grandezas (intensidadede 2 forças e 6 ângulos), o estudante já deve ter notado que as incertezas (os erros) das medidasdiretas se propagam nos cálculos que envolvem valores obtidos por meio de medidas diretas[as resultantes calculadas usando (2.2)], i.e., nas medidas indiretas. No cuidado em orientar oestudante em manter a linha C1C2 na horizontal há a sutileza do Físico Experimental experientee maduro que cuidou de analisar completamente o projeto do experimento; esse cuidado forçaos ângulos serem iguais a 90, situação que implica erros experimentais menores para a compa-

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1. Aplicar as leis de Newton no ponto C1 e calcular as tensões nos fios AC1e C1C2.

2. Aplicar as leis de Newton no ponto C2 e calcular as tensões nos fios BC2e C2C1.

3. Coloque os dinamômetros ao longo dos fios AC1 e BC2 e compare asintensidades de força medidas com as tensões calculadas.

4. Aplicar as leis de Newton ao fio C1C2 e calcular as tensões nos fios AC1e BC2.

5. Montado o dispositivo e incluindo um dinamômetro ao longo do fioC1C2, compare os resultados e calcule as respectivas discrepâncias re-lativas percentuais.

Problema 3.28. Um peso P de 10,0 gf está desviado da vertical de um ângulode −30 por um outro fio transversal CB que forma com a vertical um ângulode 120. A vertical é orientada para cima. Calcular as tensões nos fios AC eBC. Veja Fig. 3.24. Verificar experimentalmente.

Figura 3.24: Diagrama para o Probl. 3.28.

Exercícios

Exercício 3.1. Seis forças estão aplicadas em um ponto, suas intensidadessão: 30 gf, 40 gf, 50 gf, 20 gf, 30 gf e 40 gf, e os ângulos que elas formamcoma a primeira força são respectivamente: 60, 120, 210, 270, 330. Pede-se a força resultante.

ração das intensidades das forças medidas por meio dos dinamômetros com as correspondentescalculadas em função das outras grandezas medidas, além das correspondentes direções.

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Solução. Tomemos o eixo dos x coincidente com a direção e sentido da pri-meira força ~F1, veja Fig. 3.25. Deste modo, os ângulos que as outras forçasformam com o eixo dos x são: θ2 = 60, θ3 = 120, θ4 = 270, θ5 = 270,θ6 =330, obviamente θ1 =0, respectivamente, o ângulo entre a primeira forçae o eixos dos x. Para facilitar, fazemos a tabela como a Tab. 3.4. Segue-se que:

Figura 3.25: Ilustração para o exercício 3.1.

Tabela 3.4: Valores do exercício 3.1.

| ~Fi| θi cos(θi) sen(θi) Fix Fiy

(g f ) (g f ) (g f )

~F1 30 0 +1 0 30,0 0,0~F2 40 60 +1/2 +0,87 20,0 34,8~F3 50 120 −1/2 +0,87 −25,0 43,5~F4 20 210 −0,87 −1/2 −17,4 −10,0~F5 30 270 0 −1 0,0 −30,0~F6 40 330 +0,87 −1/2 34,8 −20,0

∑ ~Fi 84,8 − 42,4 78,3 − 60,0~R 42,4 18,3

Rx =∑

Fix = 42,4 gf e Ry =∑

Fiy = 18,3 gf, assim:

|~R|2 =(∑

Fix)2

+(∑

Fiy)2

= (42,4)2 + (18,3)2

= 797,76 + 334,89

= 2132,65 gf2, daí

|~R| = 46,2 gf ,

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por sua vez, o ângulo entre o eixo dos x e a resultante ~R será obtido de:

tan(ϕ) =Ry

Rx=

18,342,4

= 0,431 donde: ϕ ≈ 23 20′ .

Resolva esse problema pelo método gráfico e compare os resultados.

Exercício 3.2. Recorde o estudo das funções trigonométricas dos ângulos dezero a 360.

Exercício 3.3. A que se reduz a regra do polígono para duas forças ~F1 e ~F2que fazem entre si um ângulo θ? Veja Fig. 3.26. Freqüentemente o triânguloa que se reduz o polígono é denominado triângulo de forças. Cuidado! veja§2.12, pág. 102.


Exercício 3.4. Cinco forças [~F1, ~F2, ~F3, ~F4, ~F5] estão aplicadas em um pontoP. Para exprimi-las, toma-se um sistema de eixos coordenados cartesianosortogonais. As forças formam com o eixo dos x os ângulos: 30, 90, 150,240 e 300 respectivamente. As intensidades das forças são respectivamente:30 gf, 50 gf, 20 gf, 40 gf, e 50 gf. Determine a resultante pelos métodos gráficoe analítico.

Exercício 3.5. Cinco forças de mesma intensidade estão aplicadas em umponto P e se dispõem no plano sucessivamente segundo os raios de um he-xágono regular. Qual a força a ser aplicada em P para obter uma resultantenula?

Exercício 3.6. Escreva o enunciado de cada uma das três leis de Newton, semolhar o livro. Sem ler o que escreveu, enuncie-as em voz alta.

Exercício 3.7. José empurrou o João traiçoeiramente, e José caiu mas Joãonão. É possível que isso aconteça? Como? Quem empurrou o José?

Exercício 3.8. Explique a terceira lei de Newton para um leigo e de modo queele entenda perfeitamente.

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Exercício 3.9. Um lustre está pendurado no teto de uma casa por dois fiosque fazem ângulos de 30 com a vertical. O lustre pesa 20 kgf. Calcular asreações do teto nos pontos onde os fios se prendem. Dar uma aula explicandocomo aplicar as leis de Newton para resolver esse problema.

Exercício 3.10. Uma corda grossa de 2 kgf está presa por uma extremidadeao galho de uma árvore, na outra extremidade está pendurado um garoto de20 kgf de peso. Ele brinca. Pergunta-se qual a reação do galho quando omenino está preso à corda e em repouso. Explique aplicando as leis de Newton.

Exercício 3.11. Uma corda AB é presa pelo meio C a uma outra CD. Trêshomens puxam as extremidades dos três pedaços que ficam num plano ho-rizontal, com forças de mesma intensidade. Se as três forças se equilibram,quais os ângulos entre as forças? As três forças em equilíbrio poderiam nãoser coplanares? Por quê?

Exercício 3.12. Três forças ~F1, ~F2 e ~F3 de mesma intensidade e coplanaresestão aplicadas em um ponto P. O ângulo entre ~F1 e ~F2 é 60 e o ânguloentre ~F2 e ~F3 também é 60. Qual a força ~F4 que se deve aplicar em P paraequilibrar as três?

Exercício 3.13. Que é um grupo, em matemática? Quantas operações entreelementos de um conjunto A são necessárias para caracterizar um grupo emA? Que é elemento neutro ou elemento identidade? Qual a propriedade doinverso de um elemento de um grupo? Dê exemplos de grupos.

Exercício 3.14. Que é corpo, em matemática? Quantas operações são ne-cessárias para caracterizar um corpo em um conjunto A? Quantos elementosneutros existem em um corpo? Quais as relações existentes entre as operaçõesdefinidas que caracterizam um corpo? Dê exemplos de corpos.

Exercício 3.15. Que é espaço vetorial, em matemática? Quantas operaçõesem um conjunto A são necessárias para caracterizar um espaço vetorial em A?Quantos elementos neutros existem em um corpo? A multiplicação no corpo deescalares é a mesma que a multiplicação por escalares do corpo? Dê exemplosde espaço vetorial?

Exercício 3.16. Que é vetor? Vetor é um elemento de um espaço vetorial. Umvetor é sempre uma grandeza física vetorial? Uma grandeza física orientadaé sempre uma grandeza física vetorial? Exemplifique.

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Exercício 3.17. Quantos tipos de grandezas físicas vetoriais você conhece?Que é vetor axial? Que é vetor polar? Quantos tipos de vetor polar você co-nhece?

O exercício que se segue é para reflexão e para ser lido com cuidado.

Exercício 3.18. Um vetor axial é um ente muito diferente de um vetor polar.14

Senão vejamos.

Sistema de coordenadas levógiro Exprimimos as grandezas físicas em sis-temas de coordenadas adotados em referencias; os mais usados na Física sãoas coordenadas cartesianas ortogonais (quando não há simetrias relevantes a seconsiderar). No plano são dois eixos retilíneos ortogonais e no espaço (tridi-mensional) três eixos retilíneos triortogonais. Os eixos são usualmente desig-nados pelas letras x, y e z: Ox, Oy e Oz. A orientação dos eixos no plano já foivista no §1.10, pág. 45, mas qual a orientação do eixo Oz, qual o sentido desseeixo?

Tanto na Física como na Matemática se usam os sistemas levógiros15 ousinistrogiro, ou ainda sistemas diretos que são obtidos do seguinte modo:

Segura-se (imagina-se segurar) o eixo Oz com a mão direita, o po-legar apontando o sentido do eixo Oz, os outros dedos indicandoa rotação que se deve efetuar com o eixo Ox em torno de Oz, var-rendo o menor ângulo formado entre Ox e Oy, para levar Ox sobreOy, a Fig. 3.27 ilustra essa orientação.

A seguinte convenção também é usada:

Seja um observador em pé na origem O, sobre o plano xy; o sen-tido de Oz será dos pés para a cabeça desse observador se eletiver que girar o eixo Ox da sua direita para a sua esquerda, si-nistrogiro ou levógiro, a fim de fazer os dois eixos coincidirem,varrendo o menor ângulo.

14 u© Por vetor polar se está entendendo grandezas vetoriais aplicadas em um ponto noespaço físico, com por exemplo: força aplicada sobre uma partícula, deslocamento de uma par-tícula entre dois pontos, velocidade e aceleração de uma partícula em um instante ao passar pordada posição, etc.

15 u© Os dicionários adotam a grafia preferencial: levogiro, “diz-se do que gira para a es-querda”. Mantivemos a grafia acentuada porque o Prof. Armando sempre falou e escreveu essetermo com essa tônica.

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Figura 3.27: Regra da mão direita (a) e regra da mão esquerda (b).

Os eixos Oxyz orientados desse modo (e nessa ordem) se denominam di-retos, sinistrogiros ou levógiros. Podemos também orientá-los com a mão es-querda, o polegar apontando no sentido do eixo Ox, enquanto os outros dedosindicarão o sentido de rotação em torno de Oz, para levar o eixo Ox varrendoo menor ângulo sobre o eixo Oy. Ou ainda:

O observador em pé, na origem O, sobre o plano xy, no sentidodo eixo Oz será dos pés para a cabeça desse observador se eletiver que fazer girar o eixo Ox, em torno de Oz, varrendo o menorângulo, para levá-lo sobre o eixo Oy, com uma rotação de suaesquerda para sua direita, dextrógiro ou dextrorso.

Obteremos o mesmo resultado se trocarmos o sentido de apenas um qual-quer dos eixos do primeiro sistema. Se colocarmos um relógio sobre o planoxy do sistema levógiro, o observador verá o movimento de rotação do eixo Oxse processar no sentido contrário ao do movimento dos ponteiros do relógio, ocontrário acontece no sistema dextrógiro.

Vetor axial Para representar um vetor axial por um segmento de reta ori-entado devemos fazer uma convenção para transformar o sentido de rotaçãonum sentido de translação. Ora, se a convenção é a da mão direita, é obvioque o segmento de reta terá um sentido inverso do segmento que represen-tará a mesma rotação quando a convenção é a da mão esquerda. Observe-se

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na Fig. 3.27 (a) e (b) que tanto a mão direita como a mão esquerda indicamo mesmo sentido de rotação em torno do eixo Oz, mas os polegares indicamsentidos contrários de translação sobre Oz. Isso significa que o segmento querepresenta um vetor axial trocará de sentido quando se passa de um sistema decoordenadas levógiro para um dextrógiro. Em outras palavras, um vetor axialnão será representado pelo mesmo segmento de reta orientado nos dois siste-mas de coordenadas, isto é, ele não é invariante quando se passa de um sistemade coordenadas levógiro para um dextrógiro, e vice-versa. E agora? Afinaluma grandeza física não pode depender do sistema de coordenadas que a re-presenta (num mesmo referencial físico), devendo ficar sempre a mesma, sejaqual for o sistema de coordenadas adequado para sua representação. Aliás, umoutro ponto de vista para o estudo das grandezas físicas é exatamente aqueleexpresso pelo critério de que as grandezas físicas devem ficar invariantes rela-tivamente às transformações de sistemas de coordenadas16. Tomando-se porbase esse critério, pode-se desenvolver o cálculo vetorial e esclarecer muitaspropriedades das grandezas vetoriais que ficam ocultas em outros tratamentos.Deste ponto de vista, um vetor é uma grandeza invariante para transformaçõesde coordenadas e possui 3 componentes no espaço de 3 dimensões17. Desen-volve-se ainda o estudo de grandezas físicas mais complicadas, por exemplo,aquelas que têm 9 componentes no espaço de 3 dimensões e que se denomi-nam tensores de 2a ordem, a seguir generaliza-se esse conceito de tensor parauma ordem qualquer. Um tensor de ordem zero é um escalar, um tensor de 1a

ordem é um vetor.

Tensor anti-simétrico de segunda ordem e rotação Um tensor de segundaordem em um espaço de dimensão 3 tem 9 componentes:

Axx ; Axy ; Axz ; Ayx ; Ayy ; Ayz ; Azx ; Azy ; Azz .

Um tensor anti-simétrico de 2a ordem terá as seguintes características:

Axx = Ayy = Azz =0 ; Axy =−Ayx ; Axz =−Azx ; Ayz =−Azy ;

estas seis últimas propriedades se denominam anti-simétricas. O tensor anti-simétrico (no espaço de 3 dimensões) tem três componentes sempre nulas e

16 u© Essa hipótese é uma Lei Física Fundamental que raramente é enunciada explicita-mente, mas que é válida em qualquer teoria física, sempre. Essa hipótese coloca a AnáliseTensorial como matéria fundamental para a formação em Física.

17 u© E que se submete a uma lei bem definida para a mudança de representação quando semuda o sistema de coordenadas.

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três valores distintos para as outras, a menos do sinal. Uma rotação é um ten-sor anti-simétrico de 2a ordem. Um vetor axial não é mais que um vetor cujascomponentes são uma das ternas das componentes do tensor anti-simétrico,em outras palavras, podemos definir o vetor axial como o vetor do tensor an-ti-simétrico, por meio do produto contrato tensorial18 do tensor anti-simétricopelo tensor de 3a ordem εrst; em notação tensorial: θr = εrst θst , em que θr, oumelhor: θ1, θ2, θ3 são os componentes do vetor axial, dado pela convenção queorienta os eixos do sistema de referência, por isso mesmo ele muda de sen-tido quando se passa de um sistema de coordenadas para outro de orientaçãodiversa. Por isso os vetores axiais são chamados pseudo-vetores. O CálculoTensorial será estudado na Elasticidade. O estudante não deve se impressionarcom essa matemática que ainda não entende, verá no seu devido tempo quenão é difícil; é colocada aqui para que veja o que há por baixo da simplicidadeda Física Experimental e saber qual o domínio de validade de argumentos ele-mentares, os quais devem ser generalizados ou tidos como absolutos, pois podeincorrer em grave erro e ficar tolhido na hora de aprender os conceitos em todasua generalidade (ou em sua generalidade estendida).

Voltaremos a este assunto tema quando estudarmos produto vetorial dedois vetores.

Nota u© Por ora, acrescentamos a seguinte observação: considere o produto matri-cial

0 −α3 α2

α3 0 −α1

−α2 α1 0

A1

A2

A3

= ~E (3.8)

onde ~A = A1 ı+A2 +A3 k é a representação em dada representação do vetor ~A; então,sendo ~E = E1 ı+E2 +E3 k nessa representação, tem-se:

E1

E2

E3

=

α2A3 − α3A2

α3A1 − α1A3

α1A2 − α2A1

situação em que se pode (apenas para espaços tridimensionais) considerar os vetores~A e ~α=α1 ı+α2 +α3 k, e nesse caso também podemos considerar (apenas para espaçostridimensionais) o produto vetorial: ~α × ~A = ~E. Note-se que o “produto vetorial” sóestá definido em três dimensões, onde o ente ~α “traduz” o tensor anti-simétrico repre-sentado na matriz 3×3 que está definindo o vetor ~E em (3.8). Observamos ainda que noCálculo Vetorial tridimensional são definidos dois “produtos”: o escalar e o vetorial,

18 u© Contração tensorial.

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porém, num espaço vetorial não há definição de multiplicação decente, como há emum corpo, por exemplo, com inverso multiplicativo a ele associado a cada elemento(exceto possivelmente um). Mas, conforme já disse o Prof. Armado, o estudante nãodeve se preocupar com esses detalhes no estágio atual, porém deve ficar atento e “en-cucado”.

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Capítulo 4

Estudo do corpo rígido

As leis de Newton falam em corpo1, entretanto, como vimos no estudo da1a lei, alertamos o estudante para o fato de que essa 1a lei estabelecia a condi-ção necessária para que um corpo estivesse em equilíbrio, mas que tal condiçãonão era suficiente. 2 Em outras palavras, a resultante das forças aplicadas emum corpo pode ser nula e o corpo não estar em equilíbrio. De fato, o corpo podeestar submetido a um conjunto de duas forças ~F e ~F′ tais que ~F + ~F′ =~0, i.e.,~R =~0, mas tendo diferentes pontos de aplicação e diferentes retas suporte, pa-ralelas, veja Fig. 4.1. Esse conjunto de forças forma o que se denomina binário

Figura 4.1: Corpo rígido sujeito a força resultante nula e em situação em que não estáem equilíbrio.

1 u© Não se deve confundir corpo físico com corpo matemático, o contexto sempre deixaráa distinção clara.

2 u© Enunciamos as leis de Newton para um corpo; não o fizemos para uma partícula,situação para a qual a 1a lei de Newton é condição necessária e suficiente.

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160 Capítulo 4. Estudo do corpo rígido

ou conjugado.O binário é um (1) conjunto de duas forças paralelas, de sentidos contrá-

rios, mesma intensidade, mas de retas suporte não coincidentes. É fácil ver queo corpo sob a ação do binário irá executar um movimento de rotação acelerado.Esse movimento se processa em torno de um eixo que passa pelo centro demassa do corpo (se não houver um eixo físico, fixando outro eixo de rotação)e é ortogonal ao plano das duas forças. Tudo isso será estudado e demonstradona Dinâmica.

Ora, se as dimensões do corpo se reduzem a um ponto, é óbvio que as duasretas suporte das forças que constituem o conjugado coincidirão, e neste casoas duas forças se equilibrarão, isto é, o corpo (pontual) estará em equilíbrioquando sujeito as essas duas forças. Um corpo de dimensões desprezíveis, ouainda um ponto dotado de massa se denomina partícula. Deste modo, a 1a leide Newton pode ser enunciada:

A condição necessária e suficiente para que uma partícula esteja emequilíbrio é que a resultante das forças aplicadas sobre ela seja nula.

Devemos estudar agora o efeito das forças sobre os corpos cujas dimensõessão apreciáveis, e tais que se tenha de considerar o efeito de binários sobre ocorpo, e quais as condições de equilíbrio nesse caso. Para isso introduz-se oconceito de corpo rígido que passamos a definir:

Corpo rígido é o corpo tal que dados dois quaisquer de seus pontosP1 e P2, a distância entre eles permanece inalterável, seja qual for osistema de forças aplicadas ao corpo.

Na natureza não existe nenhum corpo conhecido nessas condições, todos oscorpos (até os sólidos) se deformam, em maior ou menor grau, sob a ação deum sistema de forças.

Postulado 5. Duas forças aplicadas em pontos distintos de um corpo rígidoestão em equilíbrio quando têm a mesma intensidade, mesma reta suporte esentidos contrários.

Esse postulado é uma proposição auxiliar para o estudo e visa a mostrarque uma força aplicada num corpo rígido se comporta como um vetor correnteou deslizante, conceito que será esclarecido logo a seguir e que permitirá esta-belecer o conceito de momento de uma força em relação a um eixo. Posto isso,esse postulado será demonstrado pela 1a lei de Newton relativa ao corpo rí-gido: substitui-se um postulado restrito, que passa a ser um teorema, por outromais geral.

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4.1. Vetor deslizante ou vetor corrente 161

Para abreviar a linguagem vamos definir um sistema nulo de forças:

Sistema nulo de forças é o sistema de forças aplicadas em um corporígido que não altera o equilíbrio do corpo.

Se C é um corpo rígido em equilíbrio e sobre ele aplicarmos um sistema deforças ~F1, ~F2 . . . ~Fn, permanecendo o corpo C em equilíbrio, então o sistemade forças considerado é um sistema nulo de forças. Ver Fig. 4.2.

Figura 4.2: Exemplo de sistema nulo de forças.

O primeiro exemplo de sistema nulo de forças é constituído de forças apli-cadas em um ponto do corpo rígido cuja resultante seja nula.

O segundo exemplo é fornecido pelo sistema de duas forças de mesmaintensidade, mesma reta suporte e sentidos contrários, conforme estabelecidono principio anterior.

Postulado 6. A ação de um sistema qualquer de forças aplicadas em corporígido não será alterada quando somarmos ou subtrairmos ao sistema umsistema nulo de forças. 3

4.1 Vetor deslizante ou vetor corrente

Vamos mostrar que uma força aplicada em um corpo rígido pode ser deslocadaao longo de sua reta suporte sem alterar as condições a que esteja submetido ocorpo. Sendo assim, a força aplicada a um corpo rígido não será mais caracte-rizada pelo seu ponto de aplicação, mas pela sua reta suporte. Uma grandezavetorial que se comporta desse modo se denomina vetor deslizante ou vetorcorrente.

De fato, seja ~F1 aplicada no ponto P1 de um corpo rígido (Fig. 4.3). To-memos um ponto P qualquer de sua reta suporte e suponhamos aplicado em Pum sistema nulo de forças ~F′1 e ~F2 tais que: ~F1 = ~F′1 = − ~F2, isto é, tenham a

3 O – O estudante não se deve impressionar com o número de postulados,deve lembrar-se que os dois primeiros foram substituídos pelas leis pelas leis de Newton; essestambém o serão.

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mesma intensidade e a mesma reta suporte que ~F1, sendo ~F′1 de mesmo sentidoque ~F1 e ~F2 de sentido contrário.

Figura 4.3: Ilustração para vetor deslizante.

Consideremos agora as forças ~F1 e ~F2 , elas formam um sistema nulo deforças pelo Post. 5, e portanto pode ser retirado do corpo. O resultado é queficamos com uma força ~F′1 aplicada no ponto P, ponto genérico da reta suportede ~F1, de mesma intensidade e sentido que ~F1; isso equivale dizer que a força~F1 “deslizou” para o ponto P da sua reta suporte sem alterar as condições aque o corpo C estava submetido.

Com base nesse resultado podemos resolver muitos problemas referentesa sistemas de forças aplicadas em um corpo rígido.

4.2 Composição de forças aplicada em um corporígido

4.2.1 Caso de forças concorrentes em um ponto

Suponhamos n forças aplicadas em um corpo rígido: ~F1, ~F2 . . . ~Fn, e que todasas suas retas suporte se encontram em um ponto P. Desse modo, temos as nforças aplicadas em um ponto e podemos assim determinar a resultante ~R dosistema (de forças). Veja Fig. 4.4.

4.2.2 Caso de forças paralelas

4.2.2.1 Duas forças paralelas e de mesmo sentido

Suponhamos inicialmente duas forças paralelas e de mesmo sentido. Nestecaso não se pode aplicar a propriedade de vetor deslizante, visto que sendo asforças paralelas elas só se encontram no infinito.

Podemos solucionar esse caso do seguinte modo: adicionamos ao sistemaaplicado um outro constituído de duas forças ~f1 e ~f2 tal que ~f1 = − ~f2 e que:~f1 esteja aplicada no ponto P1 de aplicação de ~F1, e ~f2 esteja aplicada no

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4.2. Composição de forças aplicada em um corpo rígido 163

Figura 4.4: Corpo rígido sujeito a forças concorrentes em um ponto.

ponto P2 de aplicação de ~F2. Veja Fig. 4.5. Como se vê, esse sistema é um

Figura 4.5: Corpo rígido sujeito a duas forças paralelas, ~F1 e ~F2, às quais se acres-centa o sistema nulo de forças ~f1 e ~f2 (P1P2 =a e P1Q=b).

sistema nulo de forças, portanto, pelo Post. 6, não alterará a ação do sistemade forças paralelas. Podemos agora compor as forças ~f1 e ~F1 em P1 e ~f2 e ~F2em P2. Obteremos respectivamente as resultantes ~R1 e ~R2, cujas retas suportetem um ponto em comum: o ponto P. Fazemos ~R1 e ~R2 deslizarem para P e aías compomos na resultante ~R = ~R1 + ~R2. O problema recai no caso anterior deduas forças concorrentes e fica assim resolvido. Se quisermos, deslocamos ~Rpara a intersecção Q da sua reta suporte com a linha P1P2 . Decompondo-se ~R

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em ~R1 e ~R2 em P e nas componentes ~f1, ~F1, ~f2 e ~F2, segue-se que:

~R = ~R1 + ~R2 = ( ~f1 + ~F1) + ( ~f2 + ~F2)

= ~F1 + ~F2 .

Como ~F1 e ~F2 são paralelas, então ~R é paralela a direção de ~F1 ou ~F2 .Indiquemos por a a distância P1P2 e por b a distância P1Q, em que o ponto

Q é a intersecção da reta suporte de ~R com P1P2, a determinar. É fácil verificarque os triângulos P1QP e ABP1 são semelhantes, do mesmo modo que ostriângulos QP2P e CB′P2 (Porquê?). Sendo assim:

P1Q

PQ=| ~f1|| ~F1|

oub

PQ=| ~f1|| ~F1|

, donde1

PQ=| ~f1|

b | ~F1|.

Analogamente:

QP2

PQ=| ~f2|| ~F2|

oua − b

PQ=| ~f2|| ~F2|

, donde1

PQ=

| ~f2|(a − b) | ~F2|

.

Portanto:| ~f1|

b | ~F1|=

| ~f2|(a − b) | ~F2|

mas | ~f1| = | ~f2| ,

obtendo-se assim:

(a − b)| ~F2| = b| ~F1| ⇒ a| ~F2| − b|~F2| = b| ~F1| ⇒ a| ~F2| = b(| ~F1| + | ~F2|

),

finalmente:

b =

| ~F2|| ~F1| + | ~F2|

a .

4.2.2.2 Duas forças paralelas e sentidos contrários

Vejamos agora o caso de duas forças paralelas mas de sentidos contrários. Demaneira análoga se conclui que a resultante ~R= ~R1+~R2 das forças concorrentes~R1 e ~R2, obtidas somando-se ao sistema um sistema nulo de forças ~f1 e ~f2aplicadas nos pontos P1 e P2 de ~F1 e ~F2 respectivamente, é paralelas a ~F1 e ~F2e tal que ~R= ~F1+ ~F2, tendo ~R intensidade igual a diferença das intensidades de~F1 e ~F2, o sentido sendo da maior.

O ponto Q, intersecção da linha suporte de ~R com a reta suporte da linhaP1P2 = a, se obtém de maneira análoga ao caso anterior. Considerando os

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Figura 4.6: Corpo rígido sujeito a duas forças paralelas, ~F1 e ~F2, de sentidos contrá-rios.

triângulos semelhantes P1AB e P1QP, e ainda os triângulos P2CD e P2QP, eainda os triângulos P2CD e P2QP, semelhantes, temos:

QP

| ~F1|=

P1Q

| ~f1|⇒ QP =

P1Q

| ~f1||~F1| e

PQ

| ~F2|=

P2Q

| ~f2|⇒ QP =

P2Q

| ~f2||~F2| .

Como P1Q = a + b e P2Q = b, temos:

a + b

| ~f1|× | ~F1| = b

| ~f2|

e como | ~f1| = | ~f2|, segue-se que: (a + b) | ~F1| = b | ~F2|, donde se tira que

b =

| ~F1|| ~F2| − | ~F1|

a , (4.1)

a resultante ~R sendo:

~R = ~F2 − ~F1 .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 166 — #166


Observe-se que a resultante terá para intensidade a diferença entre a maiorintensidade e a menor intensidade de força, o sentido da maior, a direção pa-ralela a das forças (paralelas); sua reta suporte corta a linha que liga os pontosde aplicação das componentes em um ponto Q fora do segmento determinadopelos pontos de aplicação e do lado da força maior, a uma distância b dadapela eq. (4.1). Convém aqui tecer alguns comentários sobre esse resultado. Su-ponhamos que a força ~F1, menor, tem uma intensidade que tende para a inten-sidade de ~F2. Neste caso

lim~F1→ ~F2

~R = lim~F1→~F2

(~F2 − ~F1

)= ~0 ,

isto é, a resultante terá intensidade nula quando a intensidade de ~F1 for igual(ou no limite para) a de ~F2, no caso de as forças serem paralelas e de sentidoscontrários; por outro lado, o ponto de aplicação da resultante obtido pela dis-tância b, dada por (4.1), se afasta indefinidamente do ponto de aplicação de ~F1quando | ~F1| tende para | ~F2 |, ou em símbolos: 4

lim| ~F1 |→| ~F2 |

b = lim| ~F1 |→|~F2 |

| ~F1|| ~F2| − | ~F1|

× a = ∞ .

Neste caso teremos uma força nula aplicada no infinito.Este caso é muito importante do ponto de vista conceitual, por isso vamos

explicitá-lo bem. Temos duas forças paralelas ~F1 e ~F2, de mesma intensidade:| ~F1|= | ~F2|, mas de sentidos contrários, aplicadas em dois pontos distintos: P1e P2 de um corpo rígido. Trata-se pois do binário ou conjugado de que jáfalamos no início deste capítulo, a resultante do binário, isto é, a resultantedas suas componentes ~F1 e ~F2 é nula e seu ponto de aplicação se situa noinfinito. Como já dissemos, o corpo sob a ação do conjugado não estará emequilíbrio, mas girando com movimento circular acelerado em torno de seu“centro de massa”. Todos esses conceitos serão examinados cuidadosamentemais tarde. Aqui apenas completamos o raciocínio enunciando claramente suaconseqüência a fim de que o estudante não extrapole chegando a conclusõeserradas. Observe-se a Fig. 4.7, em que se representa um corpo rígido (umalâmina rígida) sob a ação de um conjugado; o centro de massa CM do corpoestá fora do segmento P1P2, cujas extremidades são os pontos de aplicaçãodas forças do conjugado 5, entretanto o corpo rígido gira em torno do centro

4 u© No caso das forças paralelas e de sentidos contrários.5 u© Ou, equivalentemente, P1 e P2 são pontos da reta suporte de ~F1 e de ~F2, respectiva-

mente, obtidos por intersecção com uma reta que passa por CM, afinal as forças que atuam emum corpo rígido são vetores deslizantes.

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Figura 4.7: Corpo rígido sujeito a um binário.

de massa com movimento angular acelerado 6. O centro de massa, nesse caso,permanece em equilíbrio, i.e., parado ou em movimento retilíneo e uniforme.

O estudante não deve preocupar-se por não ter ainda a demonstração doque foi enunciado anteriormente, tê-la-á quando estudarmos a dinâmica docorpo rígido. Aqui se menciona esse fato para que não haja risco de haverqualquer generalização errônea, consciente ou não, por parte do estudante.

Exercícios e problemas

Problema 4.1. Que é partícula na Mecânica de Newton?

Problema 4.2. Qual a condição necessária e suficiente para que uma partí-cula esteja em equilíbrio?

Problema 4.3. A condição de equilíbrio para uma partícula vale para umcorpo qualquer? Explique.

Problema 4.4. O que é corpo rígido?

Problema 4.5. Qual a condição para que duas forças aplicadas em pontosdistintos de um corpo rígido estejam em equilíbrio?

Problema 4.6. O que é um sistema de forças? Que é um sistema nulo deforças?

Problema 4.7. Dê exemplos de sistemas nulos de forças aplicados em corposrígidos.

6 u© Quando não há um eixo (físico) perpendicular ao plano da lâmina rígida que a obriguea girar em torno desse eixo físico.

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Problema 4.8. Um sistema nulo de forças altera a ação de outro sistema qual-quer de forças?

Problema 4.9. Há alguma diferença relativamente à força aplicada se vocêpuxa um corpo por um ponto P ou o empurra por outro ponto Q na mesmadireção e sentido com força de mesma intensidade? Por quê? 7

Problema 4.10. Que é vetor corrente ou vetor deslizante? Dê exemplos.

Problema 4.11. Demonstre que uma força aplicada em um corpo rígido é umvetor deslizante.

Problema 4.12. Duas forças ~F1 e ~F2 de 3 kgf e 4 kgf estão aplicadas em umcorpo rígido em dois pontos P1 e P2 respectivamente, os quais distam entre si20 cm. Suas direções formam um ângulo θ= 30. Determine a resultante ~R, eo ponto de aplicação de ~R sobre o segmento P1P2. Use os métodos gráfico etrigonométrico.

Problema 4.13. Três forças ~F1, ~F2 e ~F3, de 2 kgf, 4 kgf e 3 kgf respecti-vamente, atuam num corpo rígido em pontos P1, P2 e P3 alinhados, sendoP1P2 = 40 cm e P1P3 = 70 cm. A força ~F1 forma com P1P2 um ângulo 90,~F2 forma com P1P2 um ângulo 40 e ~F3 forma com a mesma direção um ân-gulo −50, veja Fig. 4.8. Determine a resultante ~R das três forças, e o ponto deaplicação de ~R sobre a reta P1P2. Use apenas o método gráfico. Componha~F1 com ~F2 e, em seguida, com ~F3; depois componha ~F2 com ~F3 e, em seguida,com ~F1; o resultado deve ser o mesmo.

Figura 4.8: Do Probl. 4.13.

Problema 4.14. Duas forças paralelas ~F1 e ~F2 de 1,5 kgf e 4,0 kgf respecti-vamente estão aplicadas em um corpo rígido em dois pontos: P1 e P2. O seg-mento P1P2 forma com a direção das forças um ângulo de 60 e P1P2 =50 cm.Determine a resultante e seu ponto de aplicação sobre P1P2. Veja Fig. 4.9.

7 u© O ponto Q precisa estar na mesma reta suporte da força aplicada em P? Por quê?

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Problema 4.15. Suponha que no problema anterior a força ~F2 tenha sentidocontrário. Qual é a resultante?

Problema 4.16. No Probl. 4.15 a direção da resultante não tem nenhum pontode intersecção com o corpo, isto é, a resultante não terá nenhum ponto deaplicação no corpo. Isso é possível? Como se explica esse fato?

Problema 4.17. No problema anterior a direção da resultante passa fora docorpo, isto é, a resultante não terá ponto de aplicação em um ponto do corpo.Isto é possível? Veja Fig. 4.10.


Resposta A ação conjunta das duas forças é equivalente a uma única forçaresultante ~R atuando fora do corpo, como se o ponto de aplicação de ~R estivesseligado por uma haste fina e inflexível, sem peso, P1Q. Mais adiante veremosque, quando a resultante não passa pelo centro de massa do corpo, ela fará ocorpo:

1. deslocar-se como se estivesse aplicada no centro de massa;

2. girar em torno do centro de massa com movimento circular acelerado.

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Problema 4.18. Demonstre que para se determinar a resultante de duas for-ças paralelas ~F1 e ~F2 aplicadas em pontos distintos P1 e P2 de um corporígido, basta no ponto P1 de aplicação de ~F1 traçar um segmento equipolentea ~F2 e no ponto P2 um segmento paralelo de mesmo comprimento que o seg-mento representativo de ~F1 mas de sentido contrário, em seguida, ligando asextremidades destes segmentos por uma reta s, determina-se a intersecção des com a reta P1P2. O ponto Q, assim determinado, é o ponto de aplicação daresultante ~R. Veja Fig. 4.11 e Fig. 4.12.

Figura 4.11: Do Probl. 4.18. Figura 4.12: Do Probl. 4.18.

Resposta Observem-se as Figs. 4.11 e 4.12. Os triângulos P1AQ e QBP2 sãosemelhantes por construção, neste caso:

P1A/P1Q = P2B/QP2 ,

mas P1A = | ~F2| e P2A = |~F1|. Pondo, como antes, P1P2 = a e P1Q = b, vem:QP2 = a−b, na Fig. 4.11, e QP2 = b−a, na Fig. 4.12. Segue-se que na Fig. 4.11se tem:

P1A

P1Q=| ~F2|b

=P2B

P2Q=| ~F1|

a − b, ou:

(a − b) | ~F2| = b |~F1| ,donde se tira que:

b =| ~F2|

|~F1| + | ~F2|a .

Analogamente, na Fig. 4.12 se vê que:

b =| ~F2|

|~F2| − | ~F1|a .

Essas relações foram já obtidas anteriormente.

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4.3. Momento de uma força em relação a um eixo 171

Várias forças paralelas

Consideremos agora o caso de n forças paralelas atuando em um corpo rígido.É óbvio que podemos aplicar o processo anterior somando os pares de for-

ças paralelas, tantas vezes quantas necessárias para eliminar todas as n forças,ficando apenas com uma única resultante. Mas esse processo é muito traba-lhoso, vamos desenvolver um método que facilitará muito a obtenção da resul-tante. Para isso vamos estudar o momento de força.

4.3 Momento de uma força em relação a um eixo

Consideremos um corpo rígido preso a um eixo em torno do qual ele pode gi-rar, uma viga de madeira por exemplo, constituindo uma cancela. Imaginemosque a cancela esteja parada.

Verifica-se que será mais fácil girar a cancela aplicando forças mais afasta-das do eixo de rotação; isto é, aplicando forças ao longo da viga nos pontos A,B, C, D, E, F, veja Fig. 4.13, verifica-se que é mais fácil girar a viga se a forçaestá aplicada em F, sendo sua direção normal ao plano formado pela viga epelo eixo de rotação. Se aplicarmos uma força qualquer no ponto A sobre oeixo, a viga não girará.

Figura 4.13: Força aplicada para girar um portão.

Vamos estudar esta propriedade que é “a tendência que a força provocapara fazer girar seu ponto de aplicação em torno do eixo de rotação” ; indi-quemos essa tendência pela letra M, e denominêmo-la de momento da força~F em relação ao eixo de rotação. Essa tendência de fazer girar seu ponto deaplicação em torno do eixo é pois tanto maior quanto maior a distância do

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ponto de aplicação ao eixo, mas também é fácil verificar por experimentaçãoque ela aumenta com a intensidade da força. O momento M da força é assimuma função da distância d do ponto de aplicação da força ao eixo de rotação eda força ~F, isto é, M = f (d, ~F). O nosso objetivo neste parágrafo é descobrir aforma da função f e a expressão correta que melhor defina a grandeza M. Paraisso podemos inicialmente usar nossos conhecimentos preliminares e algumasconsiderações simples. De fato, vejamos a Fig. 4.14, na qual se mostra a apli-

Figura 4.14: Força aplicada para girarum portão?

Figura 4.15: Força aplicada para girarum portão?

cação de uma força ~Fz, paralela ao eixo de rotação que indicamos por z. É fácilperceber que:

1. Reconhecemos imediatamente que essa força não fará seu ponto de apli-cação girar em torno do eixo, pois tende a deslocar P na sua direção esentido, isto é, paralelamente ao eixo z, no que é impedida pela reaçãodo eixo z por meio da “estrutura” formada pela viga e sua sustentaçãoque são os fios HP e GP (ver Fig. 4.14); invertendo-se o sentido de ~Fz ,o resultado é o mesmo.

2. Reconhecemos também que uma força ~Fx ao longo da direção da viga(Fig. 4.15) não fará a barra girar em torno do eixo z, seja qual for seusentido, sendo equilibrada pelas reações do eixo.

3. A força ~Fy , normal ao plano formado pelo eixo e pelo ponto de aplicaçãoda força, é a que provoca o movimento de rotação em torno do eixo.Segue-se que vamos considerar apenas essa força ~Fy .

Uma outra força qualquer ~F poderá sempre ser decomposta em três com-ponentes (ortogonais, no presente caso) ~Fx, ~Fy e ~Fz, e assim, aplicando o prin-

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cípio da superposição8, podemos dizer que o resultado da aplicação de ~F é omesmo resultado obtido aplicando-se separadamente cada uma das componen-tes ~Fx , ~Fy , ~Fz e compondo-se ou somando-se os resultados; ora o resultado daaplicação de ~Fx e ~Fz são nulos, como se viu, logo a aplicação de ~F se reduz aaplicação de ~Fy para efeito de rotações em torno do eixo z.

Para examinarmos mais facilmente o conceito de momento de uma forçaem relação a um eixo, podemos desenvolvê-lo não no espaço mas no plano,fazendo as considerações que seguem para não perder a generalidade.

Seja ~F uma força qualquer no espaço e um eixo z, vamos tomar um plano πortogonal ao eixo e decompor a força ~F em duas componentes: uma ~Fz, para-lela ao eixo z, e a outra ~F′, projeção sobre o plano π. Pelo que já vimos, pode-mos dizer que o “o momento de ~F em relação ao eixo z será igual ao momentode sua projeção ~F′ sobre o plano π normal ao eixo”, pois o momento de suaoutra componente ~Fz , paralela ao eixo, é nulo. Desse modo, para estudarmoso momento de uma força ~F qualquer em relação a um eixo z, basta estudarmoso momento de sua projeção sobre o plano normal ao eixo. Ver Fig. 4.16.

Figura 4.16: Vista espacial da força ~F,do eixo z e do plano π.

Figura 4.17: Vista do plano π da proje-ção ~F′ da força ~F.

Indiquemos por O o traço do eixo z sobre o plano π, e façamos o plano dopapel coincidir com o plano π, neste caso a figura se simplifica, veja Fig. 4.17;o eixo z se reduz ao ponto O, a componente ~Fz, normal ao plano do papel nãoprecisa ser considerada, desse modo temos apenas de estudar o momento daprojeção ~F′ que está aplicada em P. Seja então θ o ângulo que o segmento OPforma com a projeção ~F′ da força ~F, indiquemos por a a distância OP. É claro

8 u© O princípio da superposição de forças diz que as forças aplicadas em um ponto podemser substituídas por uma única força dada pela composição dessas forças segundo a regra doparalelogramo.

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que podemos repetir aqui o raciocínio feito anteriormente, decompondo a força~F′ em duas componentes, uma paralela a OP: ~F1 tal que |~F1|=

∣∣∣|~F′| cos(θ)∣∣∣, e

outra normal a OP: ~F2 tal que | ~F2|=∣∣∣| ~F′| sen(θ)

∣∣∣. Como já se viu, o efeito de ~F1

é apenas de alterar a distância OP, no que é impedido pela reação do eixo, enenhum movimento de rotação resultará de sua ação. Já a componente ~F2 tendea fazer girar9 P em torno de O. Podemos assim dizer que dada uma força ~F′,sobre um plano, seu momento em relação a um eixo z normal ao plano e quepassa pelo ponto O do plano é igual ao momento de sua componente ~F2 normalao segmento definido pelo ponto O e o ponto de aplicação de ~F′, isto é, aomomento da força de intensidade

∣∣∣| ~F′| sen(θ)∣∣∣, em que θ é o ângulo entre

−−→OP e

a força ~F′. Poderíamos fazer isso por meio da experiência conforme se explicaadiante (§4.3.1), mas para poupar esforços vamos dar aqui uma expressão parao momento da força ~F′:

M~F′ = k a |~F′| sen(θ) ,

em que o coeficiente k só depende das unidades de medição de | ~F′| e de a,podemos fazê-lo igual a 1, definindo a unidade de momento como sendo aunidade de comprimento vezes a unidade de intensidade de força, será poiscm×gf, quando se usam essas unidades para comprimento e para intensidadede força respectivamente. Desse modo:

M = a | ~F′| sen(θ) .

Para abreviar a linguagem, chamaremos M de momento de ~F′ em relação aoponto O.

4.3.1 Verificação experimental

Tome-se o estojo de física e arme-se a estrutura como a da Fig. 4.18, em que A,B e C são 3 pegadores e D é o ponteiro, cuja extremidade em C está atarraxadaa um anel, este anel articulado a uma pequena haste g, por sua vez atarraxadano pegador em C. O ponteiro D preso ao anel deve ficar articulado em C, demodo que ao afastarmos o ponteiro para a posição D′ e o soltarmos ele oscileem torno da posição D, voltando para a posição de vertical equilíbrio. VejaFig. 4.18.

Desse modo, estando o ponteiro D articulado em C com atrito desprezível,qualquer força ~f a ele aplicada, normal a ele e no plano vertical que o contém,

9 u© Ou ainda, tende a mudar a maneira como o ponto P gira em torno de O.

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Figura 4.18: Esquema para montagem da experiência.

fa-lo-á desviar-se da posição de equilíbrio, fazendo-o girar em torno de O,que é o centro do anel em C. Ora, se aplicarmos uma força no ponteiro, suaposição de equilíbrio será como a indicada na Fig. 4.19. A força ~F′ aplicada

Figura 4.19: Ponteiro em equilíbrio sujeito a três forças.

ao ponteiro é fornecida pelo dinamômetro L (intensidade) e pelo fio que ointerliga à haste (direção), e tende a fazer girar o ponteiro em torno de C nosentido contrário aos ponteiros de um relógio colocado no plano da figura,sentido esse considerado positivo; o sentido contrário sendo então negativo.Por outro lado, o peso ~P do ponteiro, atuando em seu “centro de gravidade”(conceito que será estudado a seguir, §4.6) tenderá a fazer girar o ponteiro nosentido negativo. As duas tendências se equilibram, por hipótese, na posiçãoda Fig. 4.19.

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Figura 4.20: Ponteiro em equilíbrio sujeito a quatro forças.

É óbvio que havendo uma força ~F normal ao ponteiro e a ele aplicada,sua posição de equilíbrio não poderá ser na posição vertical. Por quê? Logo,se aplicarmos uma força ~Fi no ponteiro, para mantê-lo na posição a prumo deequilíbrio, isto é, na posição de equilíbrio vertical, é necessário aplicar-lhe umoutra força ~F′, veja Fig. 4.20. 10

Indiquemos o momento de ~Fi em relação ao ponto O por11 M→~Fi

e o de ~F′

por M→~F′ , o símbolo → sobre M indicando a tendência à rotação em torno do

eixo. Como as duas tendências se equilibram, pois o ponteiro permanece naposição vertical de equilíbrio, é lícito considerar que esses momentos tem a omesmo valor numérico, os sinais sendo contrários: o de M

→~Fi

positivo, e o de

M→~F′ negativo; logo podemos pôr:

M→~Fi

= −M→~F′ , ou ainda: M

→~Fi

+ M→~F′ = 0 ,

que nos dará a condição de equilíbrio do ponteiro sob a ação dos dois momen-tos.12 Esse fato nos dá uma idéia para a verificação da expressão numérica do

10 u© Aqui se colocam as duas forças perpendicularmente à haste para que os erros experi-mentais sejam minimizados.

11 u© Embora não se esteja indicando explicitamente, está subentendido que todos os mo-mentos estão sendo considerados em relação ao mesmo ponto.

12 u© Note-se que o texto não faz referência às outras forças que atuam sobre o ponteiro.Temos quatro forças: ~F′, ~Fi , ~P e a força ~Fc que sustenta o ponteiro em C, que ainda é desconhe-cida e não a podemos ainda medir. A experiência proposta é sutil e muito sofisticada, porqueconsegue filtrar efeitos que não se quer que apareçam no resultado da experiência. Quando secalcula os momentos dessas quatro forças em relação ao ponto O (centro do anel em C), tira-seque M

→~Fc

= 0; quando de coloca o ponteiro a prumo, provoca-se M→~P = 0. Desse modo, as únicas

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Tabela 4.1: Verificação dos momentos de força, os valores até a 5a coluna devem seraproximadamente iguais ao produto: b | ~F′| .

| ~Fi| ai θi ai sen(θi) | ~Fi| ai sen(θi) ε%

| ~F1| a1 90 a1 sen(θ1) | ~F1| a1 sen(θ1) ε%

| ~F2| 90

| ~F3| 90

| ~F4| 90

| ~F5| 90

| ~F6| 120

| ~F7| 45

momento. De fato, basta mantermos um dos momentos constantes e fazermosvariar o ponto de aplicação da força que produz o outro, por exemplo, faça-mos ~F′ constante e normal ao ponteiro e a distância b constante, em tal casoM~F′ =−b | ~F′|, constante; agora façamos variar ~Fi e ai, escolhendo 5 posiçõesdiferentes (a1, a2, a3, a4, a5) do ponto de aplicação de ~F′ com ângulos (θ1, θ2,θ3, θ4, θ5) iguais a 90, e mais duas posições (a6, a7) com ângulos θ6 = 120

e θ7 = 45, diferentes portanto de 90. Podemos construir uma tabela ou qua-dro de valores (planilha), como exemplificado na Tab. 4.1, para obter ai | ~Fi| eM~Fi

= ai | ~Fi| sen(θi), para i ∈ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7; esses valores devem ser todos

aproximadamente iguais a b| ~F′| (erros entre 5 % e 1 %), uma vez que b e | ~F′|são mantidos constantes em todos os ensaios. Veja Fig. 4.21 para montagemcom ângulo θi<90 e Fig. 4.22 para montagem com ângulo θi>90.

Problema 4.19. Mostre o teorema de Varignon, enunciado a seguir.

Teorema 4.3.1 (Teorema de Varignon). A soma dos momentos de duas forças~F1 e ~F2 aplicadas em um ponto P em relação a um eixo (ponto O) é igual aomomento da resultante ~R= ~F1+ ~F2 em relação ao mesmo eixo (ponto O).

Prova. Sua demonstração é fácil, veja Fig. 4.23:

O momento de ~F1 é M~F1= a | ~F1| sen(θ1) .

O momento de ~F2 é M~F2= a | ~F2| sen(θ2) .

O momento de ~R é M~R = a |~R| sen(θ) .

forças que atuam na haste e que contribuem com momento não-nulo em relação a O são: M→~F′ e

M→~Fi

.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 178 — #178


Figura 4.21: Montagem com ânguloθi<90.

Figura 4.22: Montagem com ânguloθi>90.

Ora,

M~F1+ M~F2

= a(|~F1| sen(θ1) + | ~F2| sen(θ2)

).

Mas | ~F1| sen(θ1) e | ~F2| sen(θ2) são as componentes (projeções) de ~F1 e de ~F2

Figura 4.23: Ilustrações para a demonstração do teorema de Varignon.

em relação a direção ortogonal a reta OP, e portanto sua soma deve ser iguala componente da resultante ~R em relação a mesma direção, a qual é |~R| sen(θ),logo

| ~F1| sen(θ1) + | ~F2| sen(θ2) = |~R| sen(θ) ,

e neste caso:

M~F1+ M ~F2

= a(|~R| sen(θ)

)= a |~R| sen(θ) = M~R .

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Esse resultado é válido para n forcas aplicadas em um ponto, e tambémpara forças aplicadas em ponto de um corpo rígido. Se duas forças são rever-sas, isto é, se as duas retas suporte não se encontram em um ponto para ondepoderíamos deslocá-las, o resultado é obtido projetando-se ambas sobre umplano normal ao eixo de rotação, os seus momentos sendo iguais ao de suasprojeções, as quais são coplanares, se elas não forem paralelas, encontram-senum ponto e aí se segue o teorema. Se as duas forças forem paralelas, adiciona-se ao sistema das duas o sistema formado por duas forças de mesma direção,módulos iguais e sentidos contrários, obtendo-se então duas forças concorren-tes, e aí se aplica o teorema, o momento do sistema adicionado sendo nulo.

4.3.2 Outro modo de definir momento de força

Vimos que o significado do momento de uma força em relação a um ponto Oé a tendência que tem a força de fazer girar seu ponto de aplicação em tornode O; vamos estudar outra maneira de exprimi-la, veja Fig. 4.24, onde temosuma força ~F que faz um ângulo θ com a direção da reta definida pelos pontosO e P, em que P é o ponto de aplicação de ~F e O é o ponto em relação ao qualvamos calcular M

→~F de ~F.

Figura 4.24: Outra forma de definir momento de força.

Já vimos que: M~F = a | ~F| sen(θ), em que por a indicamos a distância OP.Podemos pôr:

M ~F = a | ~F| sen(θ) = | ~F|(a sen(θ))

= | ~F| × h , sendo h = a sen(θ) ,

em que h é a distância do ponto O à reta suporte da força ~F. Deste modo,podemos também definir o momento de ~F em relação ao ponto O como sendoo produto de | ~F| pela distância do ponto O a reta suporte da força ~F; como

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vemos pela Fig. 4.24, essa definição é equivalente a anterior, observe-se quecomo a força ~F está aplicada em um corpo rígido, podemos deslocá-la ao longode sua reta suporte até o ponto P′, que é o pé da perpendicular h baixada de Osobre a reta suporte de ~F, e neste caso a definição deste parágrafo é idêntica aprimeira definição que adotamos para momento de força.

4.4 Produto vetorial de dois vetores

4.4.1 Representação vetorial do momento de força

Já vimos que o momento de uma força tem um valor numérico

M =a| ~F| sen(θ)

e um sentido, indicado sobre o plano pelo sinal positivo ou negativo, conformea tendência seja girar o corpo no sentido contrário ou a favor dos ponteiros deum relógio colocado sobre o plano, respectivamente. A direção seria a direçãodo eixo de rotação, trata-se pois de uma grandeza orientada; por outro lado, a“soma” dos momentos de duas forças em relação a um eixo, sendo igual ao domomento da resultante, mostra que essa soma goza de propriedade comutativa;sendo assim é uma grandeza vetorial.

Essa grandeza vetorial terá a direção do eixo de rotação, seu valor numé-rico (em módulo) sendo13 M = a| ~F| sen(θ), e o sentido dos pés para a cabeçado observador colocado ao longo do eixo e que veria a rotação se processar desua direita para sua esquerda, este sentido sendo considerado positivo, e coin-cide com o de se considerar o vetor momento M

→como dirigido para fora do

plano quando o movimento de rotação fosse contrário ao do movimento dosponteiros do relógio sobre o plano. O sentido inverso, negativo, seria da cabeçapara os pés do observador colocado sobre o plano. No plano, representa-se umvetor dirigido para fora do plano e ortogonal a ele por um círculo com umponto no centro: , e o vetor dirigido para dentro do plano ao longo de umasua perpendicular por um círculo com dois diâmetros cruzados em X: ⊗, verFig. 4.25 e Fig. 4.26.

Convém exprimir o vetor momento através do vetor força ~F e do vetor queexpressa o segmento orientado −−→OP, esse segmento exprimirá um deslocamento(hipotético), podendo ser considerado um vetor14; de fato, ver Fig. 4.27, se

13 u© Como 0≤θ≤π, o seno de θ será sempre não-negativo, não havendo necessidade de seconsiderar o seu valor absoluto.

14 u© O vetor posição do ponto P em relação ao ponto O.

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4.4. Produto vetorial de dois vetores 181

Figura 4.25: Vetor normal emergindo deum plano.

Figura 4.26: Vetor normal imergindo emum plano.

deslocarmos (hipoteticamente) um ponto P de uma origem O, de um segmento~b, e em seguida de um outro segmento ~c, o resultado obtido é um deslocamento~a=~b+~c e tal que, se deslocarmos de ~c+~b, o resultado é o mesmo deslocamento~a = ~b+~c = ~c+~b, isto é, a “soma” (composição) de deslocamentos se efetuapela regra do paralelogramo, sendo comutativa, logo um deslocamento é umagrandeza vetorial quando se tem em conta essa lei de composição.

Desse modo, −−→OP=~a, um vetor, e ~F, um vetor, e o momento M→

também umvetor, sendo M

→= f (~a, ~F), em que f é uma função por meio da qual se obtém o

Figura 4.27: Composição dos deslocamentos representados por ~b e ~c, compondo ~a.

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vetor M→

a partir dos vetores ~a e ~F como sendo o vetor M→

ortogonal ao planode ~a e de ~F, de valor numérico: |~a| | ~F| sen(θ), em que θ é o ângulo entre ~a e ~F,sendo dirigido dos pés para a cabeça do “observador colocado sobre o plano”e tendo à sua direita o vetor ~a e à sua esquerda o vetor ~F.

Figura 4.28: O pólo O, o vetor posição ~a do ponto de aplicação da força ~F e o vetor~a∧ ~F emergindo da figura em O.

O momento M→

será denominado produto vetorial do vetor ~a pelo vetor ~Fe será simbolizado por M

→=~a∧ ~F, ou M

→=~a× ~F, lendo-se “M igual a a vetor F”.

No caso do momento, o vetor ~a =−−→OP faz com ~F um ângulo θ, não im-

portando o fato de que o ponto de aplicação da força ~F seja a extremidade de~a.

Observe-se que dessa definição resulta que

M→

= ~a ∧ ~F = − ~F ∧ ~a ,pois “o movimento de rotação” para “levar” ~F sobre ~a é contrário ao “movi-mento de rotação” para “levar” ~a sobre ~F.

Como já vimos, se ~R = ~F1 + ~F2 , então M→~R = M

→~F1

+ M→~F2

ou

~a ∧ ~R = ~a ∧ ( ~F1 + ~F2)

= ~a ∧ ~F1 + ~a ∧ ~F2 ,

o que mostra que o produto vetorial goza de propriedade distributiva em re-lação a adição de vetores, analogamente todas as propriedades algébricas sãosatisfeitas pelo produto vetorial, de modo que as podemos usar com o produtovetorial, executando-se a comutatividade do produto vetorial que não vale, umavez que ~a∧ ~F, ~F∧~a.

4.5 Composição de forças paralelas

Sejam n forças paralelas aplicadas em um corpo rígido C.15 Para determinara resultante dessas forças paralelas temos um sistema de eixos coordenados

15 u© Estaremos estudando o caso de uma lâmina plana rígida.

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4.5. Composição de forças paralelas 183

Oxyz, e tal que o eixo Ox seja ortogonal à direção das forças paralelas. Veja aFig. 4.29. Já vimos que a soma dos momentos dessas forças em relação ao eixoOx será igual ao momento de sua resultante ~R= ~F1+ ~F2+ ~F3+ ~F4 em relação aomesmo eixo (estamos exemplificando o caso de 4 forças paralelas, conformeindicado na Fig. 4.29).

Figura 4.29: Forças paralelas aplicadas em um corpo rígido, tendo-se adotado umsistema de coordenadas para o qual os eixos Ox e Oy definem um plano paralelo àsforças, sendo Ox perpendicular às forças paralelas.

Se os pontos de aplicação das n forças têm abscissas x1, x2 . . . xn , respecti-vamente, então a distância dessas forças (paralelas) ao eixo Oz (ponto O) serádada pela própria abscissas, desse modo16:

M1 = x1F1, M2 = x2F2 , . . . ,Mn = xnFn ,

e, supondo que a abscissa do ponto de aplicação de ~R seja x, então xR = M~R ,e, pelo teorema de Varignon: 17

M~R =

n∑

i=1

Mi

xR =

n∑

i=1

xiFi , daí

x =

n∑

i=1

xiFi

R=

n∑

i=1

xiFi

n∑

i=1

Fi

.

16 u© Observe-se que se está usando a seguinte notação: M→

i = Mi k , ~ai = xi ı+yi e ~Fi = Fi .17 u© Note-se que R não é o vetor ~R, mas, no presente caso: ~R = R , portanto não se está

“dividindo por vetor”, mas pelo escalar projeção.

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Observe-se que as forças aplicadas em um corpo rígido se comportam comovetores correntes (deslizantes), deste modo poderíamos deslocá-las para a in-tersecção do eixo Ox coma suas retas suporte, veja Fig. 4.30.

Figura 4.30: Forças paralelas aplicadas no corpo rígido consideradas como vetoresdeslizantes.

4.5.1 Problema exemplo

Nas Fig. 4.29 e Fig. 4.30 as forças paralelas têm todas o mesmo sentido, maspodem ter sentidos diferentes. Vejamos por exemplo o caso da Fig. 4.31 em quetemos 5 forças paralelas aplicadas a um corpo rígido, sendo ~F2 e ~F4 de sentidocontrário ao positivo do eixo e as outras de sentido contrário. Para fixar idéias,suponhamos que

~F1 = (+6 gf) ⇒ F1 = +6 gf,~F2 = (−5 gf) ⇒ F2 = −5 gf,~F3 = (+7 gf) ⇒ F3 = +7 gf,~F4 = (−3 gf) ⇒ F4 = −3 gf,~F5 = (+4 gf) ⇒ F5 = +4 gf.

Sendo as distâncias entre as retas suporte de: ~F1 e ~F2 igual a 1 cm; ~F2 e ~F3igual a 3 cm; ~F3 e ~F4 igual a 2 cm; ~F4 e ~F5 igual a 3 cm.

Por conveniência escolhemos um sistema de coordenadas tal que o eixo Oyseja paralelo às forças (que ficam paralelas ao versor ), mas, como a escolhado sistema de coordenadas é arbitrária, podemos considerar que o eixo Oy dista1 cm do ponto de aplicação da força ~F1. Dessa forma, as abscissas dos pontosde aplicação das forças são: 1 cm, 2 cm, 5 cm, 7 cm, 10 cm, respectivamente.

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Figura 4.31: Forças paralelas com sentidos não necessariamente iguais.

Tomemos os momentos das forças em relação ao ponto O, origem doseixos coordenados, o sentido a favor dos ponteiros do relógio colocado sobreo plano, sendo negativo e o outro, positivo, de acordo com a convenção. Nessecaso:

M1 = x1F1 = +1 cm × 6 gf = 6 cm gf ,M2 = x2F2 = −2 cm × 5 gf = −10 cm gf ,M3 = x3F3 = +5 cm × 7 gf = 35 cm gf ,M4 = x4F4 = −7 cm × 3 gf = −21 cm gf ,M5 = x5F5 = +10 cm × 4 gf = 40 cm gf .

Donde:

M = M1 + M2 + M3 + M4 + M5

= (6 − 10 + 35 − 21 + 40) cm gf = (81 − 31) cm gf

= 50 cm gf .

Por outro lado:

R =

5∑

i=1

Fi = (6 − 5 + 7 − 3 + 4) gf = (17 − 8) gf = 9 gf .

Logo

xR =

5∑

i=1

xiFi = 50 cm gf .

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De onde tiramos a abscissa do ponto de aplicação da resultante, que caracte-riza, neste caso, a reta suporte de ~R:

x =

∑xi Fi

R=

50 cm gf9 gf

= 5,55 cm .

O resultado obtido mostra que a resultante deverá ser aplicada em ponto deabscissa x = x = 5,55 cm, tendo o mesmo sentido positivo do do eixo Oy eintensidade igual a 9 gf.

Observação O estudante deve ficar satisfeito de ver no problema anteriorque o sinal positivo ou negativo do momento da força ~Fi = Fi em relaçãoao ponto O sai automaticamente do produto da abscissa xi pela projeção Fi .Observe-se ainda que o momento de cada uma dessas forças paralelas, inclu-sive dessa resultante, não dependem da posição do eixo Ox.

4.5.2 Outro exemplo

Têm-se quatro forças paralelas (ver Fig. 4.32) que, em termos de um sistemade coordenadas xOy tal que Oy é paralelo às forças, são ~Fi = Fyi tais que

Fy1 = 5 gf, Fy2 = −5 gf, Fy3 = 5 gf, Fy4 = 3 gf,

aplicadas nos pontos de abscissas

x1 = 2 cm, x2 = −4 cm, x3 = −8 cm, x4 = 10 cm,

respectivamente. Calcule a resultante dessas forças e sua reta suporte.

Solução

Da resultante Como ~R = R , então

R =

4∑

α=1

Fyα = 5 gf − 5 gf + 5 gf − 3 gf = 2 gf ,

portanto ~R = (2 gf) . Como R>0, a resultante é dirigida para cima.

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Figura 4.32: Forças paralelas com sentidos não necessariamente iguais,outro exemplo.

Do momento (Afinal, para que se saiba a reta suporte do ponto de aplicação daresultante é preciso lançar mão dos momentos das forças em relação a um mesmo póloqualquer, estaremos considerando esse pólo na origem do sistema de coordenadas):

MFy1 = 5 gf × 2 cm = 10 gf cmMFy2 = −5 gf × (−4) cm = 20 gf cmMFy3 = 5 gf × (−8) cm = −40 gf cmMFy4 = −3 gf × 10 cm = −30 gf cmMRy =

∑4α=1 MFyα = −40 gf cm .

(4.2)

Observe-se que os sinais dos momentos dados pelos produtos em (4.2) estão deacordo com a convenção do sinal do momento obtido pela regra dos ponteirosdo relógio sobre o plano.

Dessa forma, como MR = MRy e xR= MR ,

x =MR

=−40 gf cm

2 gf= −20 cm .

Portanto, a resultante é uma força cuja intensidade igual a 2 gf no sentido doeixo Oy (Ry >0) com ponto de aplicação sobre a reta suporte que corta o eixodos x no ponto de abscissa x=−20 cm. Como tal, seu momento é negativo, deacordo com a convenção usual.

Vejamos porém o seguinte exemplo envolvendo forças paralelas, quandoescolhemos os eixos coordenados de tal maneira que o eixo Ox é paralelo àsforças. 18

18 u© Note-se que as forças não são necessariamente horizontais ou verticais, embora as

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Figura 4.33: Forças paralelas com sentidos não necessariamente iguais.

4.5.3 Mais um exemplo

Têm-se quatro forças paralelas (ver Fig. 4.33) que, em termos do sistema decoordenadas xOy tal que Ox é paralelo às forças, são ~F`= Fx` ı tais que

Fx1 =+5 gf, Fx2 =+4 gf, Fx3 =−3 gf, Fx4 =−5 gf

estão aplicados nos pontos de ordenadas

y1 =2 cm, y2 =−5 cm, y3 =5 cm, y4 =−4 cm,

sendo forças aplicadas num corpo rígido e paralelas ao eixo Ox. A resultanteserá:

~R =

4∑

α=1

~Fα =

4∑

α=1

Fxα ı =

4∑

α=1

Fxα

ı

=5 gf + 4 gf − 3 gf − 5 gf

ı

=(1 gf

)ı .

O momentos (em relação à origem), obtidos pela multiplicação das ordenadaspelas projeções das forças sobre o eixo Ox, serão:

MFx1 = (+5) gf × (+2) cm = +10 gf cm;MFx2 = (+4) gf × (−5) cm = −20 gf cm;MFx3 = (−3) gf × (+5) cm = −15 gf cm;MFx4 = (−5) gf × (−4) cm = +20 gf cm.

(4.3)

estejamos representado graficamente assim; é interessante que se tenha em mente que as forçasconsideradas neste parágrafo são coplanares e paralelas e que a figura que as representam podeestar girada.

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Cujos sinais são exatamente contrários aos obtidos pela convenção do relógio,que não pode estar errada pois dá o sentido do possível movimento de rotação(a partir do repouso). O erro deve estar pois nos produtos das ordenadas pelasprojeções das forças. Onde está o erro?

Trocando os sinais dos momentos achados em (4.3) e somando, vem:

MR =

4∑

`=1

MF` = (−10 + 20 + 15 − 20) gf cm = 5 gf cm

e

y =MR

R=

5 gf cm1 gf

= 5 cm.

Se o estudante se der ao trabalho de somar duas a duas as forças, verá que esseé o resultado.

Vejamos agora a causa do erro apontado anteriormente.O erro reside no fato de que o momento de uma força é obtido de modo

correto pelo produto vetorial do vetor posição ~a (em relação ao pólo) do pontoonde está aplicada a força ~F, pela força ~F, isto é, M

→= ~a∧ ~F. Para exprimir

esse produto vetorial não podemos simplesmente multiplicar as ordenadas doponto de aplicação das forças pelas componentes da força, como se fez antesde apontar o erro, o que pode originar erros como os observados anteriormente.Para tratar o problema adequadamente com o sistema de eixos coordenados,vejamos alguns resultados do cálculo vetorial.

No sistema triortogonal cartesiano podemos indicar um vetor do seguintemodo:

. Dado o segmento representativo do vetor ~A, veja Fig. 4.34, projeta-se(ortogonalmente) esse segmento sobre os três eixos coordenados. Essasprojeções são obtidas tomando-se os planos paralelos aos planos coorde-nados (i.e., ao planos Oxy, Oxz e Oyz) e que se cortam nas extremidadesdo segmento representativo do vetor (6 planos). Tais planos vão deter-minar dois a dois sobre os eixos os segmentos ~Ax = Ax ı, ~Ay = Ay e~Az = Az k, que medidos com a escala unitária sobre os eixos fornecemtrês números: Ax, Ay e Ax: a esses números se dá o sinal positivo se: osegmento orientado ~Ax correspondente a projeção sobre o eixo Ox dosegmento orientado ~A tiver o mesmo sentido que o do eixo Ox; analoga-mente para as outras projeções. O vetor ~A poderá ser expresso por essas

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Figura 4.34: Projeções ortogonais do vetor ~A no sistema triortogonal xyz.

projeções algébricas, i.e., pela terna das projeções algébricas: 19

~A = (Ax, Ay, Az) .

Notando-se a convenção relativamente ao sinal dessas projeções.

Pode-se também exprimir a componente algébrica (o segmento de reta orien-tado) sobre cada eixo do seguinte modo:

. Sobre os três eixos coordenados definem-se três versores (vetores demódulo unitário) e que têm as direções e sentidos dos eixos coordenados,assim, sobre o eixo Ox se define o versor ı, de módulo 1 (i.e., | ı| = 1),direção e sentido do eixo20 Ox. Analogamente, sobre o eixo Oy, o versorcorrespondente será indicado por e sobre Oz pelo símbolo k, veja Fig. -4.35. Desse modo:

~A = Ax ı + Ay + Az k .

Se, por exemplo, Ax = −3, negativa, então Ax ı = −3 ı significa um seg-mento sobre o eixo dos x, de comprimento 3 vezes a unidade de com-

19 u© Esclarecemos nessa oportunidade a distinção que estamos fazendo nesta revisão entre“o vetor componente” ~Ax, ou “a componente algébrica (vetorial)” ~Ax e a projeção Ax; analo-gamente para ~Ay e Ay, e ~Az e Az. A componente (algébrica) de um vetor será sempre um vetorcom a direção considerada; a projeção será elemento do corpo (um número), dessa forma, parao exemplo do eixo Ox: ~Ax︸︷︷︸

componente

= Ax︸︷︷︸projeção

ı︸︷︷︸versor

.

20 Para exprimir que ı é um versor costuma-se representar seu sentido (na direçãoconsiderada) por um acento circunflexo .

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Figura 4.35: Projeções ortogonais do vetor ~A no sistema triortogonal xyz.

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primento sobre o eixo Ox e de sentido contrário ao de ı, logo ao do eixoOx. Analogamente para as outras projeções e componentes.

4.5.4 Produto vetorial

Vejamos agora o produto vetorial dos versores ı, , k. É fácil ver, de acordocom a definição de produto vetorial (cf. §4.3.2, pág. 182), que: 21

ı ∧ ı = ~0 ;ı ∧ = k ;ı ∧ k = − ;

∧ ı = − k ; ∧ = ~0 ; ∧ k = ı ;

k ∧ ı = ;k ∧ = − ı ;k ∧ k = ~0 .

Voltemos agora ao nosso exemplo de forças no plano OXY .Suponhamos pois um vetor no plano Oxy, por exemplo, uma força ~F tal

que:~F = Fx ı + Fy + 0 k = Fx ı + Fy ,

e que o vetor posição do ponto de aplicação de ~F seja ~a = x ı+y +0 k (emrelação à origem do sistema de coordenadas).

O momento dessa força ~F em relação ao pólo O (origem) será dado peloproduto vetorial

~a ∧ ~F = (x ı + y ) ∧ (Fx ı + Fy ) .

O produto vetorial, como já se viu (pág. 182 do §4.3.2), goza das seguintespropriedades algébricas:

. anticomutativa:~a ∧ ~F = − ~F ∧ ~a, portanto ~a ∧ ~F , ~F ∧ ~a ;

. distributiva em relação à adição de vetores:~a ∧ ( ~F1 + ~F2) = ~a ∧ ~F1 + ~a ∧ ~F2 .

Portanto, tendo em vista essas propriedades,

~a ∧ ~F =(x ı + y

) ∧ (Fx ı

)+

(x ı + y

) ∧ (Fy

)

=x ı

∧ Fx ı

+

y

∧ Fx ı

+

x ı

∧ Fy

+

y

∧ Fy

=(xFx

)ı ∧ ı +

(yFx

) ∧ ı +

(xFy

)ı ∧

+

(yFy

) ∧

=(xFx

)~0+

(yFx

)− k+

(xFy

)k+

(yFy

)~0

=(xFy

)k − (

yFx)k .

21 u© Note-se que essas relações significam que os vetores ı, e k possuem módulo igual a1, são dois a dois ortogonais e definem um triedro direto na ordem cíclica ( ı k).

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Ora, observemos agora as duas últimas parcelas.

. A primeira parcela, (xFy) k, terá o sentido (positivo) do eixo Oz se x eFy forem ambos positivos, ou se x e Fy forem ambos negativos, mas seesses fatores tiverem sinais diferentes, o produto (xFy) será negativo e aparcela (xFy) k terá sentido oposto (negativo) ao do sentido do eixo Oz,ou do versor k; foi o que se viu no primeiro exemplo (§4.5.1, pág. 184).

. A segunda parcela, (−yFx) k, terá, entretanto, o sentido oposto (nega-tivo) do eixo Oz se y e Fx tiverem o mesmo sinal, mas se esses fato-res tiverem sinais diferentes, a parcela (−yFx) k terá o mesmo sentidoversor k; exatamente o caso obtido no exemplo do §4.5.3 (pág. 188),tudo porque o produto vetorial de (y ) por (Fx ı), nessa ordem, isto é,y ∧ Fx ı = yFx ∧ ı = −yFx k tem sentido contrário ao do vetor obtidopelo produto de yFx pelo versor k; no entanto, o sinal de (xFy−yFx) coin-cide com o sinal obtido diretamente do conceito de momento de forçaem relação ao ponto (pólo) O.

O resultado obtido pode ser expresso portanto do seguinte modo:

~a ∧ ~F = (xFy − yFx) k .

Como as forças ~Fx e ~Fy jazem no plano Oxy, o momento ~a∧ (Fx ı+Fy )dessas forças em relação a origem será ortogonal ao plano Oxy, i.e.,22 terá adireção do eixo Oz ; o seu sentido dependerá do sinal da soma (xFy−yFx)= Mz ,em que por Mz se indica a projeção do vetor M

→relativamente ao eixo Oz, as

outras projeções (My e Mz) sendo, neste caso, identicamente nulas (porque?).Analogamente, se as forças jazem no plano Oxz, isto é, se as forças podem

ser expressas como ~F2 = Fx ı+Fz k = (Fx, 0, Fz), sendo o raio vetor do pontode aplicação da força em relação ao ponto O da forma: ~a2 = x ı+z k, então omomento dessas forças em relação ao ponto O (eixo Oy) será M

→= My , tal

que

My = (x ı + z k) ∧ (Fx ı + Fz k)

= (xFx) ı ∧ ı + (xFz) ı ∧ k + (zFx) k ∧ ı + (zFz) k ∧ k

= ~0 + (xFz)− + (zFx)+ + ~0= (zFx − xFz) ,

22 u© Sendo ~a = x ı+y o vetor posição do ponto de aplicação da força no plano Oxy emrelação à origem.

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as outras componentes sendo identicamente nulas.E ainda, se as forças jazem no plano Oyz, isto é, quando as forças podem

ser expressas como ~F3 = Fy +Fz k = (0, Fy, Fz), sendo o raio vetor do pontode aplicação da força em relação ao ponto O da forma: ~a3 = y +z k, então omomento dessas forças em relação ao pólo O (eixo Ox), será M

→= Mx ı, tal que

Mx = (y + z k) ∧ (Fy + Fz k)

= (yFy) ∧ + (yFz) ∧ k + (zFy) k ∧ + (zFz) k ∧ k

= ~0 + (yFz)+ ı + (zFy)− ı + ~0= (yFz − zFy) ı ,

as outras componentes sendo identicamente nulas.

Figura 4.36: Momento de uma força genérica no espaço.

O caso geral do momento de uma força ~F no espaço em relação ao póloO, como indica a Fig. 4.36, sendo ~r = x ı+y +z k o vetor posição do ponto deaplicação da força ~F = Fx ı+Fy +Fz k, será:

M→

O(~r, ~F) = ~r ∧ ~F = (x ı+y +z k) ∧ (Fx ı+Fy +Fz k) .

O estudante poderá mostrar que esse produto vetorial é igual a

M→

= (yFz − zFy) ı + (zFx − xFz) + (xFy − yFx) k (4.4)

= Mx ı + My + Mz k .

Cada uma das componentes (Mx ı, My e Mz k) de M→

é facilmente reconhecidacomo o momento da projeção sobre um dos planos coordenados (Oxy, Oxz e

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Oyz) em relação ao respectivo eixo ortogonal (Oz, Oy e Ox, respectivamente),a soma (composição) desses três momentos (componentes) dando o momentoda força ~F em relação ao eixo ortogonal a ~r e a ~F e que passa pelo pólo O.

No estudo da Mecânica Física, como só tratamos de forças que jazem noplano Oxy, só haverá a componente Mz k do momento dessas forças, corres-pondendo à projeção Mz, as outras componentes sendo identicamente nulas,pois, por exemplo:

My = zFx − xFz = 0 × Fx − x × 0 ≡ 0 ,

que é uma identidade; analogamente para Mx (verifique).O estudante que conhece determinantes pode verificar por meio de (4.4)

que o produto vetorial

M→

= ~r ∧ ~F = (x ı + y + z k) ∧ (Fx ı + Fy + Fz k)

pode ser posto sob a forma:

~r ∧ ~F =

ı kx y z

Fx Fy Fz

.

Expressão muito cômoda para fixar na memória e que dá o produto vetorialde dois vetores, expresso num sistema de coordenadas triortogonal cartesianodireto (i.e., tal que k = ı∧ j ), em função das componentes dos vetores nessesistema.

Exercícios

Exercício 4.1. Duas forças, ~F1 e ~F2, estão aplicadas nos pontos P1 e P2 de umcorpo rígido fixado a um eixo Oz. Veja Fig. 4.37. As forças jazem num planoortogonal ao eixo Oz. Os vetores posição dos pontos P1 e P2 têm módulos|~a1| = 20 cm e |~a2| = 15 cm, o ângulo que o eixo Ox forma com ~a1 é θ1 = 30,e o ângulo que ~a2 forma com o mesmo eixo é θ2 =−30. O ângulo de ~a1 com~F1 é ϕ1 = 23, e o ângulo de ~a2 com ~F2 é ϕ2 = −30. Se a intensidade de ~F1é | ~F1|= 20 gf, e a de ~F2 é | ~F2| = 30 gf, qual é o momento dessas forças sobreo corpo em relação ao eixo Oz? O movimento provocado por M

→(a partir de

uma situação de repouso) é a favor ou contrário ao movimento dos ponteirosdo relógio colocado sobre o plano (com o mostrador voltado para o sentidopositivo do eixo Oz)? (negativo ou positivo?)

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1a solução – Cálculo direto dos momentos das forças Usando a notaçãoM→

= M k

θ sen(θ) cos(θ)23 0,30 0,9230 0,50 0,8737 0,60 0,8045 0,70 0,7153 0,80 0,6060 0,87 0,50

M~F1= |~a1| | ~F1| sen(θ1)= (20 × 20 × sen(23)) cm gf= (400 × 0,39) cm gf = +156 cm gf

M~F2= |~a2| | ~F2| sen(θ2)= (15 × 30 × sen(−30)) cm gf= (−450 × 0,5) cm gf = −225 cm gf

M = M~F1+ M~F2

= (156 − 225) cm gf= −69 cm gf.

Movimento a favor dos ponteiros do relógio colocado sobre o plano.


Nota Determine a resultante de ~F1 e ~F2 e calcule o momento dessa re-sultante em relação a O e veja se o resultado coincide com o anterior (teoremade Varignon). Faça a solução gráfica.

2a solução – Método gráfico A Fig. 4.38 está em escala, como indicado, emostra a solução gráfica do problema, medido diretamente da figura, obtemos:

. Medida dos ângulos com o transferidor: ϕ=21; ψ=15; α=6.

. Medida das forças com a régua: |~R|=28,8 gf ; | ~Fn|=7,5 gf .

. Medida da distância de O à intersecção das retas suporte de ~F1 e ~F2 :|~a|=9 cm.

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Figura 4.38: A distância h1 da reta suporte de ~F1 ao ponto O não é mostrada na figura.

. Cálculo do momento da resultante: M = |~a| | ~Fn|=67,5 cm gf.

Observação No gráfico fizemos as forças deslizar para o ponto comumdas suas retas suporte, indicado na figura por P. O eixo Oy não é essencial àsolução do problema, o eixo Ox é importante apenas porque o usamos paraos dados do problema, o que poderia ser contornado se déssemos ϕ1 − ϕ2,|~a1| e |~a2|, deixando a escolha dos eixos para escolha arbitrária de quem fosseresolver o problema.

O cálculo do momento resultante também pode ser efetuado por meio daexpressão:

M = |~a| |~R| sen(ψ),

donde:

M = (9 cm) (28,8 gf) sen(15) = (25,92 × 0,26) cm gf = 67,4 cm gf .

O cálculo do momento resultante ainda pode ser efetuado pela soma das com-ponentes. As distâncias h1 e h2 das retas suporte de ~F1 e ~F2 respectivamente

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ao ponto O são: h1 =8 cm e h2 =7,7 cm, desse modo, temos:

M1 = +h1 |~F1| = 8 cm × 20 gf = 160 cm gf,

M2 = −h2 |~F2| = −7,7 cm × 30 gf = −71 cm gf.

Donde: M = M1 +M2 = (160−231) cm gf =−71 cm gf. Discrepância inferior a6 % em relação ao cálculo com as medidas para |~a| e | ~Fn|.

3a solução – Método analítico Obtenção das componentes das forças emrelação aos eixos cartesianos ortogonais Oxy, em que Ox coincide com o eixoOx dado e Oy lhe é ortogonal e dirigido positivamente.

Usando a notação ~G =Gx ı+Gy para a grandeza vetorial ~G representada emtermos dos versores ı e associados ao sistema de coordenadas Oxy, temos:

F1x = | ~F1| cos(+23+30)= | ~F1| cos +53 = +(20,0 gf) 0,60 = +12,0 gf

F1y = | ~F1| sen(+23+30)= | ~F1| sen +53 = +(20,0 gf) 0,80 = +16,0 gf

F2x = | ~F2| cos(−30−30)= | ~F2| cos−60 = +(30,0 gf) 0,50 = +15,0 gf

F2y = | ~F2| sen(−30−30)= | ~F2| sen−60 = −(30,0 gf) 0,80 = −25,98 gf

= −26,0 gf

a1x = x1 = |~a1| cos +30 = +(20,0 cm)×0,87 = +17,32 cm = +17,3 cm

a1y = y1 = |~a1| sen +30 = +(20,0 cm)×0,50 = +10,0 cm = +10,0 cm

a2x = x2 = |~a2| cos−30 = +(15,0 cm)×0,87 = +12,99 cm = +13,0 cm

a2y = y2 = |~a2| sen−30 = −(15,0 cm)×0,50 = −7,5 cm = −7,5 cm

M→~F1

= (x1 F1y − y1 F1y) k

=[(17,3)×(+16,0) − (+10,0)×(+12,0)

]cm gf k

= (276,8 − 120,0) cm gf k = (156,8 cm gf) k

M→~F2

= (x2 F2y − y2 F2y) k

=[(+13,3)×(−26,0) − (−7,5)×(+15,0)

]cm gf k

= (−338,0 + 122,5) cm gf k = (−225,0 cm gf) k

M→~R = M

→~F1

+ M→~F2

= (156,8 − 225,5) cm gf k =(−68,5 cm gf

)k .

Esse valor é praticamente o mesmo que o achado pelos outros dois métodos.

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Achemos a resultante e seu momento:

Rx = F1x + F2x = (12,4 + 10,0) gf = +24,4 gf

Ry = F1y + F2y = (16,0 − 26,0) gf = −10,0 gf

portanto

~R = (24,4 gf) ı + (−10,0 gf) .

O ângulo que o eixo dos x forma com ~R é tal que: 23

tan(ϕ) =Fy

Fx=−10,0 gf

27,4 gf= −0,37 ⇒ ϕ = −2019′ , (4.5)

assim, sen(ϕ)=−0,347 e cos(ϕ)=0,938.O ponto de aplicação da resultante ~R é o ponto comum às (a intersecção

das) retas suporte das forças ~F1 e ~F2, determinemos as equações dessas retas:

1. Reta suporte da força ~F1 :

y − y1

x − x1= tan(α1) = tan(53) = 1,33 ,

onde: α1 = ψ1 + 30 e (x1 ; y1) = (17,3 cm; 16,0 cm) , donde:

y − (10,0 cm) =(x − (17,3 cm)

) × 1,33

y = 1,33 x − (17,3 × 1,33 cm

)+ (10,0 cm)

y = 1,33 x − 13,14 cm .

2. Reta suporte da força ~F2 :

y − y2

x − x2= tan(α2) = tan(−60) = −1,73 ,

onde: α2 =ϕ2−30 e (x2 ; y2)= (13,0 cm;−7,5 cm), donde:

23 u© Note-se que constam na fração as projeções, não os componentes. A divisão por vetoré uma operação que não se define, ou seja, não há uma definição de produto entre vetores quepropicie inverso multiplicativo.

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y − (−7,5 cm) +(x − (13,0 cm)

) × (−1,73)

y = −1,73 x +(13,0 × 1,73 cm

)+ (−7,5 cm)

y = −1,73 x − 15,10 cm .

Intersecção das retas suporte:

1,33 x − 13,142 = −1,73 x + 15,10

1,33 x + 1,73 x = 15,10 + 13,142

3,06 x = 18,242

x = 9,223 cm .

Substituindo na equação da 1a reta:

y = 1,33 × 9,233 − 13,142 = 12,266 = 13,142

y = −0,876 cm .

O ponto de aplicação da resultante ~R é pois

(x; y)= (9,22 cm;−0,88 cm) .

O momento de ~R em relação ao ponto O é:

M→~R = x Ry − y Rx = 9,23 × (−10,0) − (−0,88) × (27,0)

= −92,23 + 23,38

= −68,5 cm .

4a solução – Cálculo direto do momento da resultante ~R pela expressão

M~R = a |~R| sen(ψ) ,

em que a = |~a| é a distância do ponto de aplicação de ~R ao eixo Oz e ψ é oângulo entre ~a e ~R (veja Fig. 4.39).

Já vimos que x=+9,233 cm e y=−0,876 cm, dessa forma,

~a = (9,233 cm) ı + (−0,876 cm)

portanto

a = |~a| =√

(9,233 cm)2 + (−0,876 cm)2 =√

85,83 cm

= 9,26 cm .

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Figura 4.39: A resultante e seu ponto de aplicação.

E, como Rx =27,0 gf e Ry =−10,0 gf,

~R = (27,0 gf) ı + (−10,0 gf)

portanto

|~R| =√

(27,0 gf)2 + (−10,0 gf)2 =√

829 gf

= 28,8 gf .

Ângulo α entre Ox e ~a:

tan(α) =ay

ax=−0,876

9,223= −0,095 ⇒ α = −524′

Ângulo entre ~a e ~R: (ϕ determinado em (4.5))

ψ = ϕ − α = (−2019′) − (−524′) ≈ 1455′ .

Donde

M~R = a |~R| sen(−1455′)= (9,26 cm) × (28,8 gf) × (−0,258)

= −68,8 cm gf .

Achamos pelos vários métodos os valores numéricos: −69,0; −68,5; −68,7e −68,8. Vemos portanto que todos os métodos conduzem praticamente aomesmo resultado, havendo uma discrepância entre o maior e o menor resultadode 69,0 − 68,5 = 0,5 ou de 0,8 %, a qual é devida às aproximações.

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Problema 4.20. Uma barra L está articulada a um eixo vertical Oz e faz como eixo Ox um ângulo de θ = 60, estando no plano Oxy horizontal, tendo`=30 cm de comprimento, veja Fig. 4.40. Uma força ~F1 de 25 gf está aplicadaem sua extremidade livre, formando um ângulo de −30, no plano xy. Outraforça ~F2 está aplicada no meio da barra L, o ângulo entre a barra e a forçasendo igual a 60 e sua intensidade é igual a 15 gf.

1. Calcule o momento de cada força em relação ao pólo O.

2. Determine o momento resultante em relação a O, use três métodos.

3. Faça a representação do momento de cada força e do momento resul-tante (em relação a O) num gráfico.

4. Determine a força horizontal ~F horizontal necessária para equilibraro momento resultante, a direção da força ~F sendo ortogonal à barra,estando aplicada a (3/4)` a partir do ponto O.

Figura 4.40: Forças aplicadas em uma barra articulada.

Problema 4.21. Demonstre que a posição do ponto de aplicação da resul-tante e a sua direção não dependem do sistema de eixos escolhidos para suadeterminação.

4.6 Centro de gravidade

Um caso muito importante de forças paralelas é aquele fornecido por um con-junto de pesos na superfície da Terra. Sabemos que o peso de um corpo é aforça com que a terra o atrai para o seu centro, desse modo, dado um con-junto de pesos pi , como em geral a distância entre os pontos de aplicação dasforças é extremamente pequena24 em comparação com o raio da Terra, pode-

24 u© Bem como a extensão do corpo considerado.

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4.6. Centro de gravidade 203

mos considerar tais pesos como paralelos, e, neste caso, para determinarmoso ponto de aplicação do peso total, soma dos pesos dos corpos, aplicam-se asnoções anteriores para determinação do centro de forças paralelas que nestecaso específico se denomina centro de gravidade do corpo.

4.6.1 Centro de gravidade de uma distribuição linear de pesos

Suponhamos n pesos P1, P2 . . . Pn sobre uma haste cujo peso cujo peso se achaaplicado, por hipótese, no centro geométrico da haste e é indicado por P5 naFig. 4.41.

Figura 4.41: Forças aplicadas em uma barra retilínea.

Indiquemos por Ox o eixo que se adota sobre a haste, e cuja origem seencontra em uma das extremidades da haste. Denotemos por xi as abscissas dopeso25 Pi ( i ∈ 1, 2 . . . n) relativamente a Ox, então, se P =

∑ni=1 Pi é o peso

total do conjunto e sendo x a abscissa do ponto de aplicação do peso P,

x P =

n∑

i=1

x Pi ⇒ x =1∑n1 Pi

n∑

i=1

x Pi .

Assim, tudo se passa como se o peso do conjunto estivesse atuando nesse cen-tro de gravidade de abscissa x sobre a haste e na direção vertical. Nesse caso,um suporte sob a haste, tal que a direção da vertical que passe pelo seu centrode gravidade passe também sobre o suporte, fará com que a haste fique emequilíbrio sobre o suporte.

Problema 4.22 (–). Utilize uma haste metálica fina E, como oponteiro do estojo de mecânica.

1. Determine o peso do ponteiro E:25 u© Note-se que por “peso” deve-se entender “intensidade da força peso”.

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(a) Usando os dinamômetros.

(b) Usando apenas um peso de 20 gf.

2. Coloque os pesos de 20 gf, 10 gf e 5 gf respectivamente (veja Fig. 4.42):numa extremidade A do ponteiro, a `/4 da distância de A, a 3`/4 de A,em que ` é o comprimento do ponteiro, e determine o centro de gravi-dade (CG) do conjunto. Verifique experimentalmente se o cálculo estádentro do erro admissível (1 %).

3. Determine o CG da mesma distribuição acrescida porém de um pesode 40 gf colocado na extremidade B, oposta a de A sobre a haste (verFig. 4.43). Qual a conclusão relativamente à posição do novo centro degravidade e ao fato de ter aumentado o peso em B? Onde está o novocentro de gravidade?

Figura 4.42: Ilustração correspondenteao Probl. 4.22 (item 2).

Figura 4.43: Ilustração correspondenteao Probl. 4.22 (item 3).

4.6.2 Centro de gravidade de uma distribuição de pesos no plano

Suporemos que no retângulo da Fig. 4.44, com visão espacial do plano hori-zontal na Fig. 4.45, existam pesos p1, p2 . . . pn; as coordenadas desses pontossendo

(x1, y1), (x2, y2), . . . , (xn, yn) ,

a cota (i.e., a coordenada z) sendo zero porque todos eles estão sobre o planoOxy. O eixo Oz é ortogonal ao plano do papel e não é representada na Fig. 4.44.

Como os pesos têm todos a direção do eixo Oy, os momentos das forçaspeso em relação aos eixos26 Ox e Oy serão respectivamente:

y1P1, y2P2 . . . ynPn e x1P1, x2P2 . . . xnPn .

26 u© O que se chama de momento de uma força em relação a um eixo é a projeção sobre

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Figura 4.44: Placa retangular com pesosdistribuídos no plano horizontal da placa(eixo Oz saindo da figura).

Figura 4.45: Placa retangular horizontalcom pesos distribuídos no plano da placa,visão espacial.

A soma desses momentos será igual ao momento da resultante P, que é a somados pesos P=

∑Pi e se localiza no ponto de coordenadas (x, y), donde:

xP =

n∑

i=1

xiPi ⇒ x =1∑Pi

n∑

i=1

xiPi

yP =

n∑

i=1

yiPi ⇒ y =1∑Pi

n∑

i=1

yiPi .

Problema 4.23. Determinar o centro de gravidade da estrutura formada portrês hastes ligadas em U. Veja Fig. 4.46. Verifique experimentalmente.

Problema 4.24. Coloque sobre uma placa retangular três pesos: dois de 20 gfsobre dois vértices mais próximos e um peso de 10 gf entre dois vértices maisafastados (veja Fig. 4.47). Determine o centro de gravidade do conjunto e ve-rifique experimentalmente.

4.6.3 Centro de gravidade de uma distribuição de pesos no espaço

Este caso é simples. De fato, seja o conjunto de cinco pesos, P1, P2 . . . P5, decoordenadas (veja Fig. 4.48)

(x1, y1, z1), (x2, y2, z2) . . . (x5, y5, z5).

o eixo do momento dessa força em relação a um ponto (qualquer) desse eixo (pode-se demons-trar que essa projeção não depende do ponto do eixo escolhido), nesse sentido, se M

→(O, ~F, A) =

Mx ı+My +Mz k é o momento em relação à origem O da força ~F aplicada no ponto A, então Mx

é o momento dessa força em relação ao eixo Ox, etc.

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Figura 4.46: Esquema do Probl. 4.23. Figura 4.47: Esquema do Probl. 4.24.

A localização do centro de gravidade se fará pelas relações:

x =1∑Pi

5∑

i=1

xiPi , y =1∑Pi

5∑

i=1

yiPi , z =1∑Pi

5∑

i=1

ziPi ,

as duas primeira obtidas de modo análogo ao caso de uma distribuição plana

Figura 4.48: Forças peso distribuídas espacialmente.

de pesos, e a última supondo, por exemplo, que o conjunto de pesos solidárioscom o sistema de eixos Oxyz tenha sido girado em torno do eixo Ox, ficandocom o plano Oxz horizontalmente, neste caso, o momento das forças em rela-ção ao eixo Ox será z1P1, z2P2 . . . znP5, visto que os pesos serão ortogonais aoplano Oxz, sendo a distância de cada peso27 ao eixo Ox igual a sua coorde-nada z.

27 u© Usaram-se aqui 5 pesos, i.e., fez-se n=5, apenas para fixar idéia.

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Problemas

Problema 4.25. Calcule o centro de gravidade da distribuição (tridimensio-nal) de pesos de 5 gf, 10 gf, 20 gf, 20 gf e 30 gf colocados nos pontos (2, 0, 0),(2, 2, 0), (0, 2, 0), (0, 0, 3) e (2, 2, 2).

Problema 4.26. Três pesos de 5 gf, 10 gf e 20 gf são colocados nos vérticesde um triângulo equilátero de lado ` = 20 cm, conforme indica a Fig. 4.49.Determine o centro de gravidade do conjunto de pesos, desprezando os pesosdos fios rígidos que constituem o triângulo de sustentação.

Figura 4.49: Dispositivo do Probl. 4.26.

Problema 4.27. Sobre uma placa homogênea de 8 cm×16 cm, de peso iguala 20 gf, colocam-se três pesos de 5 gf, 20 gf e 10 gf nas posições indicadas naFig. 4.50. Pergunta-se em que ponto da placa deve-se colocar por baixo (daplaca) um suporte vertical a fim de que a placa fique em equilíbrio sobre eledisposta horizontalmente.

Figura 4.50: Dispositivo do Probl. 4.27.

Problema 4.28. Uma estrutura é constituída de um arco homogêneo circularde raio R = 1 m e que pesa 10 kgf, soldados ao arco há duas barras homogê-neas de 2 m de comprimento, de tal modo que fazem entre si um ângulo reto eestão na direção radial do aro (cf. Fig. 4.51). Pede-se a posição do centro degravidade do conjunto.

Problema 4.29. Um peso de 20 kgf está suspenso do teto de uma sala e um fiolateral horizontal puxa-o para a direita. Veja Fig.4.52. Pede-se a tensão nosfios AC e CB, solução gráfica, trigonométrica e analítica.

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Figura 4.51: Probl. 4.28. Figura 4.52: Probl. 4.29.

Problema 4.30. Uma haste de comprimento `=31 cm está em equilíbrio con-forme indica a figura, sustentando nas suas extremidades os pesos de 30 gf e5 gf, a distância do peso de 30 gf ao suporte é de 11,8 cm (cf. Fig. 4.53). Qualo peso da haste?

Figura 4.53: Probl. 4.30.

Problema 4.31. Calcule o momento da força ~F = (3 ı+2 +0 k) kgf em relaçãoà origem do sistema de eixos coordenados, sabendo-se que ela está aplicadano ponto de vetor posição ~r = (3 m) ı+(4 m) +(0 m) k. Faça a representaçãográfica.

Problema 4.32. Calcule o momento em relação à origem do sistema de eixoscoordenados das forças

~F1 = (2 kgf) ı+(4 kgf) +(0 kgf) k e ~F2 = (2 kgf) ı+(−5 kgf) +(0 kgf) k

aplicadas ao longo de uma haste articulada ao eixo Oz e que jaz no planoxy. A haste tem 30 cm de comprimento. A força ~F1 se acha aplicada no pontomédio da haste e ~F2 na sua extremidade. A haste forma com o eixo Ox umângulo de 37.

Problema 4.33. Uma força ~F = (−5 kgf) ı+(−4 kgf) k+(2 kgf) k está aplicadano ponto de vetor posição ~r = (5 m) ı+ (5 m) + (−3 m) k. Calcule o momentodessa força em relação ao ponto O, origem do sistema de coordenadas, e façauma representação gráfica do momento M

→= Mx ı+My +Mz k. Represente M

→e

suas componente, bem como ~r e ~F. (Depois de resolvido, veja Fig. 4.54)

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Figura 4.54: Representação gráfica para o Probl. 4.33.

4.6.4 Centro de gravidade de uma distribuição não-discreta depesos28

Nos próximos parágrafos deste capítulo completamos a conceituação da Está-tica, no que diz respeito a um primeiro estudo no nível da Mecânica Física.Mostramos ao estudante o uso do Cálculo Integral, por um exemplo simplesde determinação de centro de gravidade; o objetivo é alertá-lo e torná-lo cons-ciente de que deve colaborar com o professor de matemática, aceitando o seuensino e aprofundando seus conhecimentos em bons livros disponíveis na Bi-blioteca. Para a Física Básica o que importa realmente é o conceito de integralde Riemann e precipuamente o teorema fundamental do cálculo integral. Os

28 u© Essa secção é basicamente o Preâmbulo do Fascículo IV, assinado pelo Prof. Armandoe datado de junho de 1979.

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exemplos do uso da integral na Física devem ser feitos pelo professor de Físicana ocasião oportuna, os professores de Matemática mostrando as aplicaçõesna Geometria. Não deverá o professor de Matemática prejudicar o seu cursoe o rigor matemático das demonstrações de teoremas, cedendo a pressões dealunos a pretexto de que o que interessa é saber trabalhar com a matemáticae não demonstrar teoremas. Muito ao contrário, os conceitos devem ser dadoscom todo rigor, as ilustrações e exemplos bem simples e claros para a boacompreensão da matéria tratada. Não deve preocupar-se em dar exemplos daFísica que, em geral, os alunos não conhecem, tornando mais obscuro ainda oconceito a ser explanado.

Introduzimos aqui experiências e problemas sem desenvolver suas solu-ções, achamos que com o estudo já efetuado e os problemas já tratados terá oestudante adquirido o “processo de abordagem” de problemas, chegando comalgum esforço à solução; isso não é feito por economia, mas por valorizaçãodo estudante.

Procuramos principalmente estabelecer os conceitos de Física em toda suageneralidade, a fim de que possam aplicar-se em todos os casos particulares,mas um exemplo é sempre um caso particular e assim haverá perda de genera-lidade na exemplificação, por isso damos mais de um exemplo e experiências,a fim de cobrir o maior número possível de aspectos, para que no conjunto seobtenha a generalidade almejada.

Terminamos este capítulo com o estudo da balança que fornece uma boaaplicação dos conceitos estudados e o capítulo com o estudo das forças deatrito entre superfícies sólidas.

4.6.5 Caso de uma distribuição linear contínua de pesos

Embora já tenhamos medido experimentalmente o centro de gravidade de umahaste (cf. pág. 203), estudaremos agora como se pode determiná-lo teorica-mente.

Consideremos inicialmente uma haste fina de modo que podemos supor,sem erro apreciável, que seu peso esteja homogênea e linearmente ao longo deseu eixo. Suporemos uma haste de peso igual a 20 gf e comprimento L=25 cm,disposta horizontalmente.

Vamos considerar um sistema de coordenadas Oxy, o eixo Ox coincidindocom o eixo da haste cuja extremidade A está na origem. 29 Veja Fig. 4.55.

29 u© Note-se que poderíamos ter adotado qualquer outro sistema de coordenadas no espa-ço tridimensional do laboratório onde se supõe estar (ou está) a haste. O sistema adotado é omais recomendado para essa situação porque expressa as coordenadas do que nos interessa do

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Figura 4.55: Ilustração para o centro de gravidade de uma haste fina.

Sejam os pontos de abscissa xi−1 e xi+1 tais que xi+1−xi−1 =∆xi seja muitopequena. O centro de gravidade do elemento ∆xi estará em um ponto inter-mediário de abscissa xi. O peso ∆pi do elemento correspondente ao intervalo(xi−1, xi+1) da haste, que contém xi, terá momento em relação ao ponto O iguala xi∆pi. Se calcularmos o momento como se a distância entre o centro de gra-vidade de ∆pi fosse xi−1 ou xi+1, casos extremos, teríamos:

xi−1∆pi ≤ xi∆pi ≤ xi+1∆pi . (4.6)

Supondo a haste dividida em elementos semelhantes e aplicando o mesmoraciocínio a cada elemento em que dividirmos a barra,

∆x1,∆x2 . . .∆xi . . .∆xn , de pesos ∆p1,∆p2 . . .∆pi . . .∆pn ,

e tomando cada peso ∆pi em que o peso total da barra ficou dividido (i ∈1, 2 . . . n⊂N), teremos que a soma desses momentos é igual ao momento dopeso p da barra, em que P=

∑i ∆pi, e portanto:

x P =

n∑

i=1

xi ∆pi . (4.7)

Além disso, somando em i as relações (4.6):

n∑

i=1

xi−1 ∆pi ≤n∑

i=1

xi ∆pi ≤n∑

i=1

xi+1 ∆pi . (4.8)

modo mais simples e objetivo, ou seja, as forças peso estão no plano Oxy, paralelas ao eixo Oye, além disso, como a haste está posicionada na horizontal, os pontos da haste terão a mesmacoordenada y, no caso y = 0, para todos os pontos que constituem a haste quando desprezamoso diâmetro de sua secção reta em face de seu comprimento.

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É claro que a soma∑

i xi∆pi não pode ser determinada por ignorarmos alocalização de cada centro de gravidade dos ∆xi em que supusemos a barradividida. Por outro lado, a soma

∑i xi−1∆pi introduzirá um erro por falta, e a

soma∑

i xi−1∆pi um erro por excesso.A maneira de diminuir o erro é diminuir o comprimento de ∆xi, e, para

eliminar o erro, podemos fazer ∆xi tender a zero, ipso facto, ∆pi tenderá parazero, o que ocorrerá obviamente aumentando-se indefinidamente o número dedivisões da barra, isto é, para n→∞. Temos: ∆pi→0 quando n→∞, e

limn→∞

n∑

i=1

(xi−1∆pi) ≤ limn→∞

n∑

i=1

(xi∆pi) ≤ limn→∞

n∑

i=1

(xi+1∆pi) . (4.9)

Chamando as somas∑

i(xi−1∆pi) e∑

i(xi+1∆pi) de soma inferior e soma supe-rior respectivamente, podemos dizer que a soma inferior tende para a soma su-perior quando o número de termos (parcelas) da soma cresce indefinidamente,ou que o limite da soma inferior é igual ao limite da soma superior quando onúmero de termos cresce indefinidamente.

Representamos esse limite por um símbolo que é uma alteração do S:∫

;por sua vez, os elementos ∆pi serão representados por dp, assim o momentodo peso total será:

x P =

∫ L

0x dp , (4.10)

tendo-se acrescentado no símbolo∫

o início da barra (correspondente a x = 0) eo comprimento da barra L (correspondente a x = L), pois o comprimento L foidividido desde o início, x = 0, até o fim, x = L, então 0 e L correspondem aospontos entre os quais se calcula a soma: desde 0 até L. O primeiro se chamalimite inferior e o segundo limite superior. O limite da soma toma o nome deintegral.

Podemos calcular a integral por processos estudados na cadeira de Cálculo.Examinemos alguns aspectos dessa integral. Temos a relação (4.10), mas

P =

n∑

i=1

∆pi = limn→∞

n∑

i=1

∆pi =

∫ L

0dp ,

como é óbvio, pois qualquer que seja o número de divisões do peso P, a somadessas subdivisões será sempre o peso P total da barra. Para efetuarmos a soma∫ L

0 x dp, entretanto, o processo é mais complicado.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 213 — #213


4.6.6 Peso específico

Um elemento ∆x da barra tem peso ∆p, a relação π=∆p/∆x se denomina pesoespecífico médio do elemento ∆x. A razão da denominação peso específicomédio é que o peso pode variar ao longo de ∆x, por exemplo, suponhamos quedividimos ∆x em duas partes, ∆x1 e ∆x2, tal que ∆x=∆x1+∆x2, e que a primeiraparte ∆x1 tenha o dobro do peso de ∆x2, isto é, ∆p1 =2∆p2; calculando o pesoespecífico de ∆x1 e de ∆x2 teremos:

π1 =∆p1

∆x1e π2 =

∆p2

∆x2,

mas como

∆p1 = 2 ∆p2 e ∆x1 = ∆x2 =∆x2,

π1 =∆p1

∆x1=

2 ∆p2

∆x2= 2

∆p2

∆x2= 2 π2 ,

assim π1 = 2π2 , e o peso específico da primeira parte sendo igual ao dobro dopeso específico médio da segunda parte.

Ainda:

π =∆p∆x

=∆p1 + ∆p2

∆x=

∆p1

∆x+

∆p2

∆x, mas ∆x = 2∆x1 = 2∆x2 ,

=∆p1

2 ∆x1+

∆p2

2 ∆x2=

12

[∆p1

∆x1+

∆p2

∆x2

]⇒ π = 1

2 (π1 + π2) ,

isto é, o peso específico médio de ∆x é igual a média dos pesos específicos dasduas partes em que ficou dividido, observe-se que ∆x ficou dividida em duaspartes iguais.

Podemos aplicar a noção de limite para obter o peso específico num ponto.Por definição:

π = lim∆x→0

∆p∆x

,

em que π é o peso específico (unidimensional) no ponto contido no elemento∆x da barra quando este tende a zero (∆x→ 0); fazendo-se ∆x tender a zero,o intervalo fechado [x− ∆x

2 , x+ ∆x2 ] tende para o conjunto x, formado apenas

pelo ponto de abscissa x, diremos então que π(x) é o peso específico calculadono ponto x.

Observe-se que o peso específico (unidimensional) é o peso dividido por umcomprimento, sendo portanto o peso por unidade de comprimento, no caso do

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 214 — #214


peso específico no ponto, diz-se que é o peso por unidade de comprimentocalculado no ponto.

Como já sabemos, o limite

lim∆x→0

∆p∆x

=dpdx

⇒ π =dpdx

coincide com o conceito da derivada da função p= p(x) em relação a x, assim,a diferencial

dp = π(x) dx ,

em que π é uma função de x, mede o peso do elemento correspondente aointervalo (x, x+dx), a menos de infinitésimos de segunda ordem e de ordenssuperiores.

Deste modo, a integral (4.10) pode ser escrita sob a forma:

x P =

∫ L

xπ(x) x dx . (4.11)

Observe-se que em (4.10) a diferencial dp era uma função de x que aindanão havíamos expressado, agora, em (4.11), a diferencial foi substituída peladiferencial π dx, em função de x e da diferencial dx da variável x, e sendoπ= f (x); assim o produto πdx é uma função de x, dessa forma:

∫ L

0x dp =

∫ L

0x π dx =

∫ L

0x f (x) dx ,

sendo a integral (i.e., o limite da soma)∫ L

0 x f (x)dx denominada integral deRiemann, e cujo cálculo aprendemos na cadeira de Cálculo Diferencial e Inte-gral.

Vejamos o cálculo do centro de gravidade de uma barra homogênea deferro e de comprimento L, o termo homogêneo significando que o peso es-pecífico é constante ao longo da barra [π constante no domínio x ∈ (0, L)].Neste caso, sendo π constante no intervalo (0, L) em (4.11), podemos “passá-lo para fora do sinal da integral” (i.e., pô-lo em evidência na “soma”), logoxP=π

∫ L0 xdx sendo a integral facilmente calculada:

x P = π

∫ L

0x dx = π

[12 x2

]L

0= π 1

2 (L2 − 0) = 12 π L2 = 1

2 (π L) L ,

mas o peso total da barra é P =∫ L

0 πdx = π(L−0) = π L, logo x = L2 . Isto é, o

centro de gravidade da barra se localiza no ponto médio da barra.

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4.7. Condições de equilíbrio de um corpo rígido 215

Concluímos que se a barra tem peso distribuído de modo homogêneo aolongo de seu eixo, seu centro de gravidade situa-se no seu ponto médio, arecíproca porém não sendo verdadeira. Entretanto, se o centro de gravidadenão se localiza no ponto médio, a barra não será homogênea. 30

4.7 Condições de equilíbrio de um corpo rígido

Se um corpo rígido está sujeito a um conjunto de forças, uma condição neces-sária para que ele esteja em equilíbrio (em repouso, parado ou em movimentoretilíneo e uniforme31) é que a resultante de todas as forças a ele aplicada sejanula: (para n forças aplicadas)

~R =

n∑

i=1

~Fi = ~0 ,

mas esta condição de equilíbrio não é suficiente para um corpo rígido, poisa resultante pode ser nula e o corpo não estar em equilíbrio, mas girando emtorno de si mesmo (do seu centro de massa) com movimento acelerado derotação.

De fato, duas forças paralelas ~F1 e ~F2, de sentidos contrários e mesmaintensidade, farão o corpo girar em torno do seu centro de massa, com movi-mento acelerado, sejam quais forem os pontos de aplicação de ~F1 e ~F2 que nãodefinam uma reta paralela às forças. 32 O conceito de centro de massa e a de-monstração do que afirmamos anteriormente será feito na dinâmica (pág. 399).

O conjunto de duas forças de mesma intensidade e sentidos opostos apli-cadas em pontos distintos constituem o binário ou conjugado.

A resultante de um binário é nula, já que ~R = ~F1 + ~F2 = ~0, pois ~F1 =

− ~F2. Entretanto o momento resultante, soma dos momentos das duas forças emrelação a qualquer ponto do plano, não é necessariamente nulo. Esse momentochama-se binário.

De fato, seja o ponto P, veja Fig. 4.56, e calculemos o momento do binário.

30 u© Note-se que o centro de gravidade “transforma” o tratamento de uma distribuiçãoinfinita de forças peso aplicadas em pontos de um intervalo finito em uma única força pesoaplicada no centro de gravidade do corpo.

31 u© Em relação a um referencial inercial.32 u© Isto é, se as forças ~F1 e ~F2 aplicadas no corpo não constituírem um sistema nulo de

forças (Fig. 4.2).

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 216 — #216


Figura 4.56: Binário atuando sobre um corpo rígido.

Teremos:

M~F1= +c1 | ~F1| , positivo (por quê?)

M~F2= −c2 | ~F2| , negativo (por quê?)

A soma:

MP = M~F1+ M~F2

= +c1 | ~F1| − c2 | ~F2| , como | ~F1| = | ~F2| = F ,

= F(c1 − c2)

= −a F ,

isto é, o momento do binário em relação ao ponto33 P é igual ao produto daintensidade de uma das forças pela distância entre as retas suporte das forçasque constituem o binário. É fácil mostrar que esse valor é constante, seja qualfor o ponto P em relação ao que se tome os momentos das forças para calcu-lá-lo. Com efeito, seja o ponto P′ (veja Fig. 4.56) qualquer no plano da figura,temos:

M′~F1

= −c′1 | ~F1| e M′~F2

= −c′2 | ~F2| , daí

MP′ = M′~F1

+ M′~F2

= −c′1 | ~F1| − c′2 | ~F2| = −(c′1 + c′2

)F = −a F ,

portanto MP = MP′ = −aF, tendo o momento do binário o mesmo resultado.Qual o significado do sinal −?

33 u© Um ponto qualquer, mesmo não sendo um ponto do corpo rígido.

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Observação

Lembremos que quando tratamos de forças paralelas e de sentidos contrários(pág. 164), para localizar o ponto de aplicação da resultante obtivemos a rela-ção (4.1), que repetimos aqui (veja Fig. 4.57):

b =

| ~F1|| ~F2| − | ~F1|

a ,

em que a é a distância entre as retas suporte das forças ~F1 e ~F2 , e b é a distânciaentre as retas suporte de ~F2 e da resultante desse par de forças.

Figura 4.57: Duas forças paralelas e de sentidos contrários sobre um corpo rígido.

Ora, se as duas forças têm o mesmo módulo, ficamos em uma situação im-possível para calcular o valor numérico para b, uma vez que não existe inversomultiplicativo do elemento zero. Esta dificuldade fica esclarecida se conside-rarmos a situação limite para os módulos das forças tendendo a serem iguais(em vez do cálculo do valor numérico local34), ou seja,

b = lim| ~F1 |→| ~F2 |

| ~F1|| ~F2| − | ~F1|

a = ∞ ,

isto é, teríamos uma força resultante nula localizada no infinito e seu momentoem relação a um ponto do plano seria: M = |~R|×b = 0×∞, uma indetermina-ção. Mas neste caso teríamos o binário, cujo momento é igual ao produto daintensidade de uma das forças pela distância entre suas retas suporte, a inde-terminação sendo assim levantada.

Podemos concluir:34 u© Sempre que se encontrar uma expressão como c/0 =∞, deve-se entendê-la como o

limite a que estamos nos referindo. Ah, lembre-se, ∞ não é um número!

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Para que o corpo rígido esteja em equilíbrio é necessário, ainda,que o somatório dos momentos das forças aplicadas, em relação aum ponto qualquer, seja nulo.

Logo, a condição necessária e suficiente para que um corpo rígido estejaem equilíbrio é que a resultante das forças aplicadas ao corpo rígido seja nulae o momento resultante também seja nulo, de modo mais sintético: (em relaçãoa um referencial inercial)

corpo rígido em equilíbrio ⇔~R =

∑ ~Fi = ~0M→

=∑

M→

i = ~0. (4.12)

No caso geral, ~R e M→

são vetores, cada um com três (3) componentes, logoas duas condições de equilíbrio para um corpo rígido sintetizadas em (4.12)são equivalentes a seis (6) condições que definem um sistema de seis equaçõesalgébricas em termos das componentes dos vetores ~R e M

→:

~R = ~0 ⇔

Rx = 0Ry = 0Rz = 0

e M→

= ~0 ⇔

Mx = 0My = 0 .Mz = 0

Observação Tratando como no presente curso de forças coplanares, os mo-mentos destas forças em relação a qualquer ponto do plano é um vetor or-togonal ao plano e, assim, se os eixos Oxy estão no plano, teremos as trêscondições:

~R = ~0 ⇔

Rx = 0Ry = 0

e M→

= ~0 ⇔Mz = 0 .

a outra componente de ~R é identicamente nula e as outra de M→

, Mx e My tam-bém são identicamente nulas (por quê?). Deste modo, num problema de equi-líbrio de um corpo rígido no plano, podemos resolver problemas com três (3)incógnitas.

Observe-se que o momento resultante é nulo, seja qual for o ponto emrelação ao qual se calcule o momento; deste modo, é mais conveniente quese escolha o ponto que elimine (anule) uma ou mais incógnitas nas equaçõespara facilitar os cálculos, isso pode ser feito escolhendo o pólo no ponto ondehouver maior número forças aplicadas ou na intersecção de retas suporte domaior número de forças concorrentes.

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4.7.1 Problemas

Problema 4.34.a) Determine literalmente para uma estrutura, como a da Fig.4.58, a tensãono cabo AC e a reação no ponto B onde a viga BC está articulada.b) Verifique verifique experimentalmente os valores encontrados. (Como sepode medir a reação ~R? Meça-a.)



Problema 4.35. Idem para a estrutura da Fig. 4.59.

Figura 4.60: Estruturas para o Probl. 4.36.

Problema 4.36. Cada barra BC das estruturas da Fig. 4.60 está articuladaem B. Escolha um sistema de eixos ortogonais Oxy, com eixo Oy na verticale o eixo Ox na horizontal, a origem O coincide com o ponto B, isto é, com oponto onde o eixo de articulação corta o papel. Ponha P = 5 gf, determine |~T |e ~R para cada uma das três situações apresentas na Fig.4.60 e tire a provaverificando experimentalmente.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 220 — #220


Sugestão Aplique as Leis de Newton ao “corpo” BC (viga) e use um sistemacartesiano ortogonal para resolver o problema. Com o sistema de eixos men-cionado escreva as condições de equilíbrio da barra. As forças estão no planoOxxy, tome os momentos das forças em relação ao eixo Oz, ou em relação àorigem O.

4.8 Estudo da balança35

Apresenta-se um estudo sucinto da balança analítica em que se tem oportu-nidade de verificar experimentalmente seus principais aspectos, variando suasensibilidade pela mudança da posição do centro de gravidade do instrumento.

4.8.1 Qualidades da balança

Veja Fig. 4.61 e Fig. 4.62 onde estão definidos alguns termos pertinentes à ba-lança.

Estabilidade – qualidade pela qual a balança mantém equilíbrio estável paraqualquer carga.

Justeza – qualidade pela qual a balança, quando se colocam pesos iguais nosseus pratos, fica em equilíbrio no mesmo ponto em que o fiel estavaindicando quando sem pesos nos pratos.

Sensibilidade – qualidade pela qual a balança indica apenas variações de mas-sa em um dos pratos.

Fidelidade – qualidade pela qual a balança em sucessivas determinações doponto de equilíbrio apresenta sempre o mesmo resultado.

Rapidez – qualidade pela qual as oscilações da balança se efetuam em inter-valos de tempo muito pequeno.

Rigidez – a cruz é indeformável seja qual for a carga nos pratos, seu centro degravidade é fixo.

Veja também Fig. 4.63 e Fig. 4.65, pág. 223 e pág. 224.

35 u© Originalmente esse parágrafo termina o Fascículo IV, antecedido pelo parágrafo sobreo atrito, que colocamos no §4.10.

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4.9. Problemas com a balança 221

Figura 4.61: Cruz da balança:CH – travessão;AF – fiel.

Figura 4.62: Balança:CG – centro de gravidade da balança;P1 e p2 – peso dos pratos;pb = p1+p2 – peso da balança;mg – peso da sobrecarga.

4.9 Problemas com a balança

Problema 4.37. Monte a balança como indicado na Fig. 4.63, seguindo o de-talhe destacado na Fig. 4.63.

Problema 4.38. Ponha L1 < L2 (balança de braços desiguais) e obtenha oequilíbrio deslocando o anel N.

Problema 4.39. Descubra dois processos para mostrar experimentalmente36

quando uma balança tem braços desiguais. Explique.

Problema 4.40. Descubra dois processos para medir corretamente com umabalança de braços desiguais.

Problema 4.41. Determine a sensibilidade s da balança para carga zero nospratos.

Problema 4.42. Calcule a expressão da sensibilidade da balança. Faça amontagem da balança correspondente à Fig. 4.65.

Solução Com referência à Fig. 4.65, quando p1L1 = p2L2 e se L1 = L2, entãop1 = p2. Daí,

mgL1 cos(θ) = pb`′ sen(θ) ,

36 Sem medir L1 e L2.

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mas para θ < 5 (i.e., para θ muito pequeno), cos(θ) ≈ 1 e sen(θ) ≈ D/L.Portanto,

s =L1L`′pb

.

Problema 4.43. Ponha o cursor S em diferentes posições: d1 . . . d5. Determinee lance num gráfico as sensibilidades correspondentes em função de d: s =

f (d).

Problema 4.44. Levante a curva da sensibilidade de uma montagem da ba-lança, por exemplo, com o cursor na posição d1 ou sem o cursor. Para issodetermine a sensibilidade para diferentes cargas p em cada prato e faça ográfico s = f (p), ponha p=0, 5, 10, 15 e 20 gf.

Problema 4.45. Faça uma pesada usando a curva de sensibilidade da ba-lança.

Problema 4.46. Faça o estudo da balança analítica no laboratório.

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4.9. Problemas com a balança 223

Figura 4.63: Balança: L1 e L2 – braços da balança; p1 e p2 – pesos nos pratos;mg – sobrecarga; CH – travessão; D – desvio para a sobrecarga mg; CAHF –cruz; AC – fiel; L – comprimento do fiel.

Figura 4.64: Detalhe para a balançada Fig. 4.63.

Sensibilidade da balança – s:

s=D

mg

pb – peso da balança;pc – peso da cruz;pp1 e pp2 – pesos nos pratos

pb = pp1 + pp2 + pc

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Figura 4.65: Balança: L1 e L2 – braços da balança; p1 e p2 – pesos nos pratos;mg – sobrecarga; CH – travessão; D – desvio para a sobrecarga mg; G – centrode gravidade da cruz; `′ – distância de G ao cutelo.

Dispositivo para aumentar a sensibili-dade da balança, aumentando-se a dis-tância d e, por conseguinte, elevando-seG, isto é, diminuindo-se `′. Por quê?

Figura 4.66: Detalhe A, para a balança da Fig. 4.65.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 225 — #225

4.10. Atrito entre superfícies sólidas 225

4.10 Atrito entre superfícies sólidas37

Suponhamos um corpo de peso P igual a 50 gf em repouso sobre uma mesa ho-rizontal. Veja Fig. 4.67. Pergunta-se. Quais as forças que atuam sobre o corpo?

Figura 4.67: Corpo em repouso sobreuma mesa horizontal.

Figura 4.68: Corpo em repouso sobreuma mesa horizontal sujeito a forçahorizontal.

É claro que as forças são o peso ~P do corpo e a reação ~N da mesa sobre ocorpo. São só estas forças? Sim. Então a resultante das forças que atuam sobreo corpo será ~R= ~N+~P. Como o corpo está em repouso, então, pela primeira leide Newton, a resultante ~R é nula:

~R = ~N + ~P = ~0 , logo ~N = −~P .

Suponhamos agora que fixemos um dinamômetro ao corpo, veja Fig. 4.68,e por meio dele aplicamos uma força horizontal ~F que vá aumentando grada-tivamente desde a intensidade de valor zero. Verifica-se que para movermos ocorpo na direção da força horizontal ~F é necessário que sua intensidade atinjaum valor máximo | ~Fm|, valores menores de intensidade de ~F não movem ocorpo sobre a superfície da mesa. Analisaremos a situação quando não há des-locamento, apesar de aplicarmos uma força ~F1 tal que |~F1|< | ~Fm|.

Quais as forças que atuam sobre o corpo? Aparentemente as únicas forçasque atuam sobre o corpo são ~N, ~P e ~F1, mas neste caso a resultante não serianula e o corpo não permaneceria em repouso sobre a mesa; logo, se vale aprimeira lei de Newton, devemos concluir que há uma outra força ~X, de modoque

~R = ~N + ~P + ~F1 + ~X = ~0 ,37 u© Originalmente este capítulo é o parágrafo do fascículo IV que antecede o estudo da

balança, que colocamos no §4.8.

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pois o corpo está em repouso sobre a mesa. Mas já vimos que ~N = −~P, daí,valendo o princípio da superposição de forças, segue-se que ~X = − ~F1. Combase no que foi exposto, podemos concluir:

1. A força ~X é variável pois | ~F1| pode variar desde 0 até o valor máximo| ~Fm|, que é suficiente para deslocar o corpo.

2. A direção de ~X é a mesma da força ~F1, isto é, paralela às superfícies emcontato, e seu sentido é contrário ao possível deslocamento.

De fato, se puxarmos o corpo em qualquer direção paralela ao tampo da mesa,o corpo permanece em repouso, desde que | ~F| não atinja um certo valor. Talforça se denomina força de atrito estático. Como essa força é variável atéum valor máximo, é essa intensidade máxima que vai caracterizar a força deatrito. Quando há movimento relativo entre as superfícies em contato, o atritodecresce, denomina-se força de atrito cinético, de escorregamento ou de des-lizamento.

4.11 Leis de Coulomb sobre o atrito

1a) A força máxima de atrito ~Fa = ~Fm é proporcional à força normal ~N entreas superfícies em contato.

| ~Fa| = µe |~N| ⇒ µe =| ~Fa||~N|

.

O coeficiente de proporcionalidade se denomina coeficiente de atritoestático, sendo denotado por µe.

2a) O coeficiente de atrito38 não depende da área das superfícies em con-tato, depende apenas da natureza das substâncias que constituem essassuperfícies.

4.12 Caso do atrito cinético

Suponhamos que exercemos sobre o corpo a força ~Fm tal que ~Fa+~Fm =~0. Nes-te caso, o corpo fica ainda em equilíbrio, mas se aplicarmos uma força ~f nadireção e sentido de ~Fm, mesmo que muito pequena, o corpo se desloca. Supo-nhamos que retiremos a força ~f . Neste caso o corpo deveria continuar com a

38 u© Tanto o estático como o cinético.

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4.13. Experiências sobre o atrito 227

velocidade adquirida durante a aplicação de ~f . Tal não ocorre porém, o corpofica em movimento acelerado na direção de ~Fm; isto mostra que agora, quandose observa velocidade relativa não-nula entre as superfícies de contato, a somada força de atrito com ~Fm não é nula, mas se dá uma resultante não-nula queacelera o corpo. Tal fato significa simplesmente que o atrito diminui quando hádeslocamento relativo entre as superfícies de contato, para mantermos o corpoem movimento retilíneo e uniforme, devemos aplicar uma força ~Fcm < ~Fm, afim de igualar em intensidade a nova força de atrito.

Os dois casos diferem, o primeiro se denomina atrito estático e o segundoatrito cinético, como se viu.

O atrito cinético, além de obedecer as leis de atrito anteriores, satisfaz alei:

3a) Para velocidades não muito grandes39 o atrito não depende da veloci-dade do corpo sobre a superfície em contato.

O coeficiente de atrito cinético µc é menor que o coeficiente de atrito estáticoµe, isto é, µc<µe . Explique.

4.13 Experiências sobre o atrito

1a Experiência Determine o coeficiente de atrito estático entre duas superfí-cies sólidas.

2a Experiência Seja um plano inclinado de um ângulo θ variável. Suponhaum corpo C sobre o plano. Se θ cresce, ele atingirá um valor θ2 tal que o corpodesliza para baixo. Para valores de θ < θ2 o corpo não desliza. Prove queµe = tan(θ2).

Esse ângulo θ2 se denomina ângulo de repouso.

3a Experiência Verifique as leis do atrito. Use a teoria dos erros. Faça váriasmedições para cada caso, tire a média, ache a dispersão, o erro médio da média,etc.

Compare os valores obtidos do coeficiente de atrito pelo modo indicado naFig. 4.70 e na Fig. 4.71 com os obtidos pelo ângulo de repouso.

39 u© Essa restrição para velocidades não muito grandes é necessária para que as forças deatrito viscoso não sejam significativas.

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Figura 4.69: Correspondente à segunda experiência sobre atrito.

Figura 4.70: Correspondente à terceira experiência sobre atrito.

Figura 4.71: Correspondente à terceira experiência sobre atrito.

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4.13. Experiências sobre o atrito 229

Problema 4.47. Calcule e determine experimentalmente a força ~F para cadauma das situações da Fig. 4.72, onde | ~F| é suficientemente para não deixarescorregar ou para puxar para cima o corpo. O coeficiente de atrito µ deve serdeterminado experimentalmente e colocados os ângulos θ1 =37 e θ2 =30.

Figura 4.72: Correspondente ao Probl. 4.47.

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230

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Parte II

Dinâmica:Cinemática e Cinética∗

∗ Ver Preâmbulo do Fascículo V transcrito na pág. 587

231

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Capítulo 5

Mecânica

A Mecânica estuda o equilíbrio e o movimento dos corpos, suas causas e leis.Divide-se1 em duas partes: Estática e Dinâmica. A Estática estuda as forças,sua composição, decomposição, redução e o equilíbrio dos corpos sob a açãodas forças. A Dinâmica pode ser considerada a teoria do movimento, divide-seem duas partes: Cinemática e Cinética. A Cinemática estuda movimento doscorpos, sem levar em conta as causas desses movimentos, isto é, as forças, épor assim dizer, a geometria de movimento. A Cinética relaciona o movimentodos corpos com as forças que o causam.

Alguns livros dividem a mecânica em três partes: Estática, Cinemática eDinâmica; a Dinâmica assumindo o posto da Cinética, e a Cinemática se de-senvolvendo em um ramo independente2 (p. ex., [27]).

Na primeira parte deste curso estudamos elementos de Estática, o sufici-ente para podermos desenvolver o restante do estudo de Mecânica no nívelelementar necessário para um primeiro estudo. Mencionamos as três leis deNewton e falamos sobre a massa m do corpo, sem esclarecer muito bem o con-ceito de massa, tomando apenas o seu aspecto intuitivo, deixando sua definiçãopara mais tarde. Na Estática usamos apenas a primeira (1a) e a terceira (3a) leis

1 u© Para fins didáticos, em textos que tratam da chamada Mecânica Vetorial baseada nasLeis de Galileu–Newton, em contraste com a chamada Mecânica Analítica. (cf. [15])

2 u© Também há livros que a dividem em Cinemática e Dinâmica; a Dinâmica entendidacomo o que estamos chamando Cinética e que contém a Estática como caso particular associadaa movimentos que envolvam aceleração nula, em relação a referenciais inerciais, (p. ex., [26],[19]); mas essas abordagens não são recomendáveis para um curso de primeiro ano, sendodeixadas para um segundo curso sobre o mesmo assunto com uma “roupagem” mais sofisticada,para a qual é importante o entendimento da “roupagem” atual para que se possa melhor enten-dê-la.

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234 Capítulo 5. Mecânica

de Newton. A segunda (2a) lei que usa a massa do corpo foi apenas enunciadapara completar o conjunto das três leis de Newton.

Devemos agora iniciar esta segunda parte do curso com o estudo da Dinâ-mica.

Para estudarmos o movimento dos corpos supomos inicialmente que elestenham dimensões muito pequenas em relação as distâncias percorridas; sendoassim, as dimensões do corpo podem ser desprezadas, significando tal fatoque podemos tratar o corpo como um ponto geométrico dotado de massa. Emgeral, se define como ponto material ou partícula um ponto geométrico dotadode massa. 3

É claro que na cinemática não precisamos mencionar a massa do ponto,pois o movimento é estudado independentemente das forças que o ocasionam,não se usando a segunda lei de Newton. Convém entretanto, de um ponto devista da psicologia da aprendizagem, mencionar este fato para evitar confusõesfuturas na aplicação dos conceitos. Com efeito, no estudo do movimento de umponto geométrico, basta mencionar os sistemas de referências ou referenciaisaos quais se relaciona o movimento do ponto. Entretanto, as leis da Mecânica(leis de Newton) pressupõem a “existência” e o “uso” de um sistema de refe-rência “inercial”, isto é, um sistema de referência constituído de eixos que nãoestejam “acelerados”, que se movam apenas sob a ação da “inércia”, isto é, te-nham um movimento retilíneo e uniforme ou que esteja parados (em repouso)em relação a um sistema inercial de referência (1a lei), que alguns autores con-sideram “absoluto” e imóvel no próprio espaço que constitui o Universo. Talconceito é muito difícil e a realização de um tal sistema é impossível na prá-tica. Para estabelecermos o conceito de referencial inercial e suas restrições,vamos voltar ao Newton, quando examina os conceitos de espaço e de tempo.Diz ele:

. O espaço absoluto, na sua verdadeira natureza, sem levar em contaqualquer coisa externa, permanece sempre uniforme e imóvel.

. O tempo absoluto, verdadeiro e matemático, por si mesmo, e pela suanatureza, flui uniformemente sem levar em conta qualquer coisa externa,e denomina-se também duração.

3 u© Para um primeiro curso, a definição adotada é oportuna e suficiente. Porém, há outraforma para caracterizar partícula, mas que precisa do conhecimento do teorema do centro demassa que ainda não estudamos. Indicamos apenas essa outra definição: se abstrai um corpocomo partícula quando se pode localizá-lo por meio de seu centro de massa e se abstrai efeitosde rotação e de deformação do corpo, associando-lhe a massa total do corpo, localizando-a nocentro de massa do corpo.

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Vemos assim que na mecânica de Newton o espaço é absoluto e permanecesempre igual a si mesmo e imóvel; um sistema adequado de referência paraas leis da mecânica seria aquele que estivesse em repouso nesse espaço abso-luto, tal sistema seria um sistema absoluto de referência, e qualquer outro commovimento retilíneo e uniforme em relação ao sistema absoluto de referênciaseria igualmente adequado para exprimir as leis da Mecânica. Esses sistemasseriam pois “inerciais”. Entretanto, determinar tal sistema absoluto de referên-cia é impossível, pois não conhecemos o espaço absoluto, nem o Universo;não se tendo portanto um processo para “fixar” um sistema de eixos no espaçoabsoluto ou no Universo.

Vejamos, porém, se podemos contornar o problema. A segunda lei de New-ton diz que:

. A variação do momentum linear é proporcional à força atuante e seefetua na direção da linha reta ao longo da qual a força atua.

Matematicamente:~F = k

d~pdt

,

sendo k um coeficiente de proporcionalidade (dimensionado) e ~p o momentumlinear da partícula de massa m e velocidade ~v, tal que ~p ≡ m~v. Na mecânicade Newton a massa da partícula não varia com a força aplicada nem com avelocidade tampouco com o tempo, portanto:

~F = kddt

(m~v

)= k m

d~vdt

= k m~a ,

sendo ~a a aceleração da partícula. Adotando-se um sistema de unidades con-veniente (o SI, por exemplo) de modo que k = 1 (adimensional). Desse modo,pode-se escrever a segunda lei de Newton sob a forma: ~F =m~a.

A segunda lei de Newton permanece a mesma seja qual for o sistema dereferência inercial que se use para calcular (ou medir) a aceleração da partícula.Diz-se que ela é invariante em relação às transformações de um referencialpara outro.

De fato, quando passamos de um dado referencial para outro que se moveem relação ao primeiro com velocidade constante ~V , acrescentamos à veloci-dade ~v da partícula no primeiro a velocidade do novo referencial com o sinaltrocado −~V , a partícula fica pois com a velocidade ~v ′ = ~v− ~V em relação aosegundo referencial; veremos este fato mais tarde. Ora, sendo a velocidade re-lativa ~V constante, a aceleração da partícula no segundo referencial é, porém,

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a mesma que a medida do primeiro:

~a ′ =d~v ′

dt=

d~vdt− d~V

dt=

d~vdt

= ~a ,

pois a derivada da velocidade constante ~V é nula, d~Vdt = ~0. Portanto em nosso

novo referencial a força ~F que atua sobre a partícula continua a mesma:

~F′ = m~a ′ = m~a = ~F .

A expressão da segunda lei fica portanto a mesma quando passamos para outroreferencial inercial. Ela é pois invariante em relação às transformações de umreferencial inercial para outro. 4

Se não houver forças atuantes numa partícula, ou ela se moverá como mo-vimento retilíneo e uniforme, ou estará em repouso, sua posição sendo de-terminada num referencial inercial. Se quisermos, porém, usar a segunda leide Newton para classificarmos o nosso referencial como inercial caímos numatautologia5: a partícula está em repouso ou em movimento retilíneo e uniformenum referencial inercial se não houver nenhuma força atuante sobre ela, e oreferencial é inercial se a partícula sobre a qual não atua nenhuma força semove com movimento retilíneo e uniforme.

Essa tautologia desaparece, porém, se pudermos dizer, independentementedo referencial, quando não existe nenhuma força (de interação) atuando sobrea partícula. Vejamos se isso é possível.

Sabemos que as forças que atuam entre partículas são basicamente de duasnaturezas: forças de contacto e forças à distância. As forças à distância são de

4 u© Ver Apêndice E, para um fragmento de texto original de Galileu.5 u© Tautologia é uma proposição cujo valor lógico é sempre verdade. Segundo o

Dicionário do Aurélio [6, acepções 3 e 4]:1. Vício de linguagem que consiste em dizer, por formas diversas, sempre a mesmacoisa.2. Filos. Proposição que tem por sujeito e predicado um mesmo conceito, expresso ounão pelo mesmo termo.3. Lóg. Raciocínio que consiste em repetir com outras palavras o que se pretendedemonstrar.4. Lóg. Função lógica que sempre se converte em uma proposição verdadeira sejamquais forem os valores assumidos por suas variáveis.Segundo o Dicionário Houaiss [20, acepção 2]: 2. Rubrica: lógica.proposição analítica que permanece sempre verdadeira, uma vez que o atributo é umarepetição do sujeito.

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natureza gravífica, elétrica, magnética ou eletromagnética. Entretanto, a exis-tência das forças não-gravíficas implica a existência das forças gravíficas, poisas forças não-gravíficas provêem de suportes materiais e, desse modo, se, so-bre uma partícula não atua nenhuma força gravífica, segue-se que não atuarátambém nenhuma outra força do tipo de ação à distância, pois não há o suportematerial necessário. A lei da atração universal de Newton diz que duas partí-culas de massa m1 e m2, à distância r uma da outra, atuarão uma sobre a outracom uma força de intensidade

f = γm1 m2

r2 ,

proporcional ao produto das massas e inversamente proporcional ao quadradoda distância. Essa força descreve matematicamente o campo gravífico. Segue-se que, se a distância for muito grande, podemos desprezar a ação gravífica, ouo campo gravífico produzido pela partícula.

Podemos, então, considerar uma região no espaço infinito, que esteja sufi-cientemente afastada de todos os corpos do Universo, para que aí (lá) o campogravífico seja nulo (teoricamente, infinitamente afastada) ou completamentedesprezível, isto é, a uma distância tão grande que o “resíduo” do campo nãotenha nenhuma influência mensurável nas medições que se possam efetuar.Ora, uma partícula colocada nessa região estaria sob a ação de forças despre-zíveis ou nulas, e portanto teria um movimento retilíneo e uniforme, ou estariaem repouso, no hipotético sistema absoluto de Newton.

Segue-se que ela poderia servir para estabelecer o nosso sistema referencialinercial. De fato, um dado sistemaS de referência será inercial se ele estiver emrepouso ou em movimento retilíneo e uniforme em relação à partícula colocadanuma região do espaço livre de forças gravíficas, isto é, muito ou infinitamenteafastada de todos os corpos do Universo.

Vejamos agora, na prática, o que ocorre. Do ponto de vista prático, a cons-trução anterior é inoperante. De fato, como vamos localizar e verificar o movi-mento de uma partícula no infinito? Resta, porém, a aproximação de tomar umapartícula muito afastada das outras, o afastamento dependendo da precisão quese deseja no estudo e aplicação das leis da mecânica. Assim, podemos tomarum sistema de eixos ligados à Terra como inercial; por exemplo, num dadolocal, tomamos a vertical dirigida para cima como eixo Oz, e duas direções or-togonais no plano horizontal do lugar6, como eixos Ox e Oy. Esses sistemas deeixos para os trabalhos e aplicações técnicas podem ser considerados inerciais.

6 u© Esse é apenas um exemplo, nada nos obriga a usar, na vizinhança da Terra, sistemasde coordenadas que tenham eixos verticais e horizontais; é bom ter isso sempre em mente.

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Se, porém, a precisão das medições aumenta, esse sistema de eixos não serve,a rotação da Terra introduz uma “força de inércia”: a força centrífuga e a forçade Coriolis (p. ex.) devem ser levadas em conta. Podemos então tomar um outraaproximação dada por um sistema de eixos em que o eixo Oz seja coincidentecom o eixo de rotação da Terra, a origem no centro de massa da Terra, os eixosOx e Oy em duas direções normais, no plano equatorial da Terra, o eixo Ox nadireção do Sol. Já é uma boa aproximação do caso ideal, o centro de massa daTerra, estando muito distante de outras “partículas” do Universo, desloca-seem torno do Sol, mas o raio da órbita terrestre em seu movimento em tornodo Sol é tão grande em relação às dimensões terrestres que pode ser conside-rado infinito para o tipo de problema tratado. De fato, a órbita terrestre tem umraio aproximado de 1,5×108 km (cento e cinqüenta milhões de quilômetros);para problemas locais esta distância pode ser considerada infinita. Entretanto,a precisão pode ainda ser pequena se levarmos em conta, por exemplo, o mo-vimento dos corpos do sistema solar. Neste caso, pode-se tomar o sistema deCopérnico, isto é, o sistema de referência que tem sua origem no centro demassa do sistema solar (muito vizinho do centro de massa do próprio Sol) eos eixos seriam três eixos que ligam esse ponto a três estrelas “fixas”. Ora, ocentro de massa do sistema solar está muitíssimo distante dos outros corposcelestes, a estrela mais próxima, a Próxima do Centauro, estando a 4 anos luzdo Sol, isto é, a cerca de 4×1013 km, pode ser assim considerado um bom sis-tema inercial. Mas, por sua vez, o Sol avança na direção da Constelação deHércules, no seu movimento de rotação em torno do centro de nossa galáxia,o qual está a uma distância de 25.000 anos luz, ou seja, 2,5×1017 km. O Solcompleta um volta em sua órbita em 200 milhões de anos. Vê-se, deste modo,que, para todos efeitos mecânicos do nosso sistema planetário, o sistema dereferência de Copérnico é um bom referencial, o raio da órbita solar podendoser considerado infinito e o Sol, em seu movimento retilíneo e uniforme.

Entretanto, convém notar, se ele não é ainda um sistema inercial, no sen-tido rigoroso da palavra, serve, porém, para todas as aplicações da MecânicaNewtoniana. As leis da Mecânica Celeste deduzidas das leis de Newton (leisde movimento e da gravitação), mostram a validade de tomarmos o sistema deCopérnico como inercial, pois os erros acumulados durante séculos de observa-ção celeste teriam revelado discrepâncias resultantes da aproximação indevida.Apenas o movimento de Mercúrio, isto é, do no avanço do periélio de Mercú-rio, há uma diferença não explicável pela Mecânica Clássica, o que mostraque há alguma falha na Mecânica Newtoniana, não no sistema de Copérnico.Veremos adiante qual a causa por traz dessa discrepância.

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Para darmos uma idéia da precisão dos resultados, vejamos alguns dadosnuméricos relativos ao periélio de Mercúrio.

Como se sabe, os planetas do sistema solar descrevem órbitas elípticas emtorno do Sol, que ocupa um dos focos dessa elipse. A elipse da órbita se apro-xima de um círculo, de modo que podemos tomar, por exemplo, a órbita daTerra como circular em primeira aproximação. Na Fig. 5.1, porém, exagera-mos a excentricidade da órbita para que se compreenda mais facilmente o queasseveramos. O eixo maior da elipse corta a elipse nos pontos P e A, o Sol es-tando no foco S . O ponto P mais próximo do Sol sobre a trajetória do planetase denomina periélio, o ponto mais afastados, ponto A, denomina-se afélio.

Figura 5.1: Precessão de órbita elíptica; S: o Sol no foco; P: periélio; A: afélio.

A trajetória elíptica do planeta é calculada pela Mecânica Newtoniana comtoda precisão e vai corresponder quase exatamente à trajetória descrita pelaplaneta, só não é exata porque as forças atrativas dos outros planetas “pertur-bam” essa trajetória, fazendo com que ela se desloque, girando em forno doSol, executando um movimento de “precessão”. Tal fato significa que o perié-lio após um certo tempo não estará mais no ponto P, mas sim em P′, tendoavançado; esse avanço é medido pelo ângulo θ, veja Fig. 5.1, e pode ser calcu-lado com toda precisão pela Mecânica Newtoniana, levando em conta a forçagravífica de outros planetas e pode ser medido pelos métodos de observaçãoastronômica. O valor desse ângulo calculado para um século é de 529,2′′ (qui-nhentos e vinte nove segundos e dois décimos) para o planeta Mercúrio, e ovalor observado é 572,7′′. A diferença de 42,5 segundos de arco por século éextremamente pequena, mas muito bem estabelecida, e não é explicável pela

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Mecânica Clássica. Não está ligada ao fato de o sistema de Copérnico não serexatamente um sistema inercial, uma vez que os avanços por segundo do perié-lio de Vênus (276′′/século), da Terra (90′′/século) e de Júpiter (153′′/século)são calculados pela Mecânica Clássica e confirmados pela observação astronô-mica. Há assim qualquer coisa de mais fundamental nessa discrepância relati-vamente á órbita de Mercúrio. Estabelecemos agora em bases mais sintéticaso que foi visto até aqui.

5.1 Sistema de Referência Galileanos

Observe-se que nas considerações precedentes procuramos desenvolver a no-ção de sistema inercial sem nos prendermos a considerações sobre o tempo t.Implicitamente o tempo t é o tempo absoluto de Newton, que seria o mesmopara qualquer sistema inercial.

Ora, dado um sistema inercial, qualquer outro referencial que se mova emrelação a ele com movimento uniforme também é inercial. Se considerarmoso mesmo tempo t em todos sistemas inerciais, teremos, para cada referencialinercial, que cada ponto P terá três coordenadas espaciais e um parâmetro in-dependente que é o tempo t.

Figura 5.2: Sistemas de coordenadas associados aos sistemas inerciais S e S′.

Observe-se que para o estudo do movimento de um ponto no espaço tere-mos que considerar quatro variáveis independentes: sua três coordenadas es-paciais e o tempo t. O tempo t não é comummente mencionado porque ele éconsiderado o mesmo para qualquer sistema de referência. Para fixarmos idéia,vamos supor que dois sistemas de referência sejam constituídos, cada um de-les, por três eixos triortogonais cartesianos Oxyz e O′x′y′z′, e do tempo t e t′;

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5.1. Sistema de Referência Galileanos 241

os sistemas de referência serão então: S(x y z t) e S′(x′ y′ z′ t′). Vamos suporque os eixos coordenados do sistema S se desloque com velocidade ~v cons-tante e paralela ao eixo O′x′ do sistema S′, isto é, o movimento é constituídode um deslizamento do eixo Ox sobre o eixo O′x′ com velocidade ~v constante,os outros dois eixos coordenados permanecendo sempre paralelos (veja Fig. -5.2). É fácil ver que as relações para transformação das coordenadas S(x y z t)de um ponto P em S para suas coordenadas S′(x′ y′ z′ t′) em S′ serão: 7

x′ = x + v ty′ = yz′ = zt′ = t

(5.1)

O tempo t′ em S′ podendo ser considerado o mesmo que em S, desde queacertem os dois relógios em S e S′ para medir a mesma hora, caso contrário,t′= t+t0 . As expressões de transformação dos dois sistemas mostram que se Sé inercial, S′ também o é.

Tais sistemas inerciais de referência, com quatro coordenadas, x, y, z, t ex′, y′, z′, t′, são denominados sistemas galileanos de referência, as transfor-mações (5.1) são denominadas transformações galileanas.

Se porém a velocidade ~v não é paralela ao eixo Ox, mas tem três com-ponentes, não necessariamente nulas, (α0 β0 γ0) em relação a S′, então cadacoordenada em S′ irá variar no tempo do mesmo modo que x′ em (5.1), isto é,teremos:

x′ = x + α0 ty′ = y + β0 tz′ = z + γ0 tt′ = t

(5.2)

Os três eixos Oxyz deslocando-se paralelamente a si mesmos.Se considerarmos que os eixos de S assumam direções que façam ângulos

cujos cossenos diretores sejam αi, βi, γi (i = 1, 2, 3) respectivamente com asprimitivas direções, então as transformações serão:

x′ = α1 x + α2 y + α3 z + α0 ty′ = β1 x + β2 y + β3 z + β0 tz′ = γ1 x + γ2 y + γ3 z + γ0 tt′ = t

(5.3)

7 u© Estaremos usando a notação: v= |~v| .

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Essas expressões, (5.3), são as transformações mais gerais entre dois siste-mas de referência galileanas S(x y z t) e S′(x′ y′ z′ t′). São denominadas trans-formações galileanas entre os dois sistemas inerciais, essas transformaçõesforma um grupo denominado grupo galileano de transformações, ou grupo detransformações de Galileu. Podemos então dizer:

“As leis da Mecânica Newtoniana são invariantes para o grupode transformações galileanas”.

Esta é a expressão do chamado Princípio da Relatividade de Ga-lileu.

O princípio da relatividade de Galileu, expresso pela invariância dos fenôme-nos mecânicos diante das transformações (5.3), em que t′= t, satisfaz tambémao conceito de tempo absoluto de Newton.

Observe-se ainda que se uma partícula se move com velocidade ~u paralelaao eixo Ox do sistema galileano S, que se move com velocidade ~v em rela-ção a outro sistema S′, o eixo Ox deslizando com velocidade ~v ao longo doeixo O′x′, transformação galileana dada em (5.1), então a velocidade ~u ′ dessapartícula em (relação a) S′ será dada por:

~u ′ = ~u + ~v .

Ora, do ponto de vista dos fenômenos naturais, deve-se supor que, não so-mente os fenômenos mecânicos observados sejam invariantes, mas que todosos restantes fenômenos físicos devam obedecer o Princípio de RelatividadeGalileano.

Entretanto, na Ótica e na Eletrodinâmica aparecem fenômenos que nãosatisfazem o princípio da relatividade de Galileu.

Assim, as leis expressas pelas equações de Maxwell, que formam a basepara a teoria eletromagnética dos fenômenos luminosos, e que estão para oEletromagnetismo como as leis de Newton estão para a Mecânica, não sãoinvariantes para as transformações galileanas.

Por outro lado, as pesquisas de Michelson e Morley mostram que a velo-cidade da luz no vácuo, indicada por c, é uma constante universal que tem omesmo valor8 para qualquer sistema galileano.

De fato, a Terra em sua órbita em torno do Sol pode ser considerada, paraum trajeto suficientemente curto, como um sistema galileano em relação ao

8 u© O sistema internacional de unidades (SI) adotou o valor c = 299.792.458 m/s, comovalor exato, para a velocidade da luz no vácuo e lhe conferiu o símbolo c; o metro passou a serdefinido a partir desse valor para a velocidade da luz (1983, pela 17a CGPM, cf. [29]).

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5.2. Transformação de Lorentz 243

sistema de Copérnico, deste modo, pode, ao logo de sua órbita, fornecer di-ferentes sistemas galileanos. Observe-se que, se sua velocidade é ~v num dadoponto, seis meses depois será −~v (a órbita da Terra é praticamente circular).Assim, a velocidade da luz proveniente das estrelas e medida sobre a Terradeveria ser no primeiro caso c′=c−v, se a luz tivesse a o mesmo sentido de ~v,e no segundo caso c′′=c+v.

As pesquisas experimentais de Michelson e Morley mostraram que a velo-cidade da luz proveniente das estrelas tinha sempre o mesmo valor c, qualquerque fosse o ponto da trajetória da Terra em que fosse medida. No caso acima,ficou constatado que c′′ = c′ = c. Esse valor sendo obviamente um valor má-ximo para a velocidade da luz no vácuo e que não podia ser ultrapassado. Avelocidade da luz no vácuo é assim um invariante relativamente a SistemasGalileanos, mas não o é em relação às transformações de Galileu, pois à suavelocidade dever-se-ia acrescentar a do sistema, como se viu. É um fato para-doxal, mas indiscutível, pois se trata de determinação experimental irrefutável.

5.2 Transformação de Lorentz

O fato anterior e outros resultados com elétrons em movimento em campos elé-tricos e magnéticos levaram o físico holandês Hendrik Antoon Lorentz (1853–1928) a estabelecer a expressão da transformação entre as variáveis de umsistema inercial S(x y z t) para outro S′(x′ y′ z′ t′) que se mova em relação aoprimeiro com velocidade ~v, os eixos coincidentes para t = 0, o movimentoconsistindo de um deslizamento do eixo O′x′ sobre o eixo Ox. As expressõesobtidas por Lorentz foram:

x′ =x − v t√1 −

(v

c

)2

y′ = yz′ = z

t′ =

t − v

c2 x√

1 −(v

c

)2

(5.4)

Essas expressões desempenham o mesmo papel que as transformações de Ga-lileu, ou galileanas, (5.1), e se denominam transformações de Lorentz.

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Observe-se que por essas expressões a velocidade da luz é a mesma emqualquer referencial. De fato, se a velocidade da luz no sistema S é c, então, nointervalo de tempo ∆t no sistema S, o sinal luminoso vai percorrer a distância∆x=c ∆t, logo, em S′, pela primeira equação em (5.4):

∆x′ =(c − v) ∆t√

1 −(v

c

)2(5.5)

e, pela quarta equação (5.4):

∆t′ =

(1 − v

c2

)c ∆x

√1 −

(v

c

)2, (5.6)

desse modo, sua velocidade no sistema S′ será:

c′ =∆x′

∆t′=

(c − v)(1 − v

c

) =(c − v)(c − v)

c = c ,

o que está de acordo com os resultados experimentais de Michelson e Morley.As transformações de coordenadas que deixam invariante a velocidade da luzpara dois sistemas inerciais não são as transformações de Galileu, mas sim astransformações de Lorentz.

As transformações (5.4), cuja dedução será vista mais tarde no curso deFísica, são um caso particular de transformações de Lorentz mais gerais entredois sistemas inerciais quaisquer e que são indicadas adiante nas 4 relações em(5.8).

Supondo que os dois sistemas tenham as origens coincidentes, O′ ≡ O,em t = 0, o sistema movendo-se com velocidade (constante) ~v qualquer, e quenesse instante, t = 0, se origine um sinal luminoso. Ambos observadores, umestacionado em S e outro em S′, verão o sinal luminoso se propagar comvelocidade c, seja em S, seja em S′, de modo que, após o intervalo de tempo tem S e t′ em S′, o sinal terá percorrido a distância r em relação a S e a r′ emS′, sendo:

r2 = x2 + y2 + z2

r′2 = x′2 + y′2 + z′2

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e se tem que: r =ct e r′=ct′, portanto:

x2 + y2 + z2 = c2t2

x′2 + y′2 + z′2 = c2t′2 .

Ora, qualquer que seja o sistema de referência, a expressão:

x2 + y2 + z2 − c2t2 = 0 = x′2 + y′2 + z′2 − c2t′2 . (5.7)

Como estamos tratando as variáveis x, y, z, t como coordenadas, para unifor-mizar a escritura, podemos por:

S:

x1 = xx2 = yx3 = zx4 = i c t

S′:

x′1 = x′

x′2 = y′

x′3 = z′

x′4 = i c t′ ,

em que i=√−1, desse modo, as relações em (5.7) podem ser escritas:

x12 + x2

2 + x32 + x4

2 = x′12

+ x′22

+ x′32

+ x′42

ou, equivalentemente, sob forma mais compacta:

4∑

`=1

x`2 =

4∑

`=1

x′`2 .

As transformações entre as coordenadas em S e em S′ serão:

x′i = ai1 x1 + ai2 x2 + ai3 x3 + ai4 x4 ,

i∈1, 2, 3, 4, ou de maneira mais compacta:

x′` =

4∑

`=1

a` j x` , (5.8)

os coeficientes ai j são constantes, de modo que as transformações são trans-formações lineares.

As transformações (5.8), entre os sistemas de coordenadas

(x1 x2 x3 x4) em S e (x′1 x′2 x′3 x′4) em S′ ,

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em que x4 = ict, e tal que∑

x`2 =∑

x′`2 é um invariante, denominam-setransformações de Lorentz, elas formam um grupo, o denominado grupo detransformações de Lorentz. A transformação em (5.4) é um caso particular detransformação de Lorentz.

O fato de que os efeitos eletrodinâmicos, como o fenômeno luminoso, pro-pagam-se sempre, no vácuo, com velocidade finita c, constante, mostra quese devem substituir as transformações galileanas por transformações lorentzi-anas. Assim, o princípio da relatividade de Galileu deve ser substituído peloprincípio da relatividade de Lorentz ou da Eletrodinâmica, que exprime o fatoacima.

Ocorre que as leis do eletromagnetismo, as leis de Maxwell9, são invari-antes para as transformações de Lorentz; a expressão ~F = m~a não o é. Essaexpressão, supondo a massa m da partícula constante, deve ser substituída pelaexpressão estabelecida por Newton:

~F =d~pdt

, onde ~p = m~v .

A mecânica deverá ser reformulada, e sua reformulação segundo essa di-reção, realizada por Einstein10, originou a Mecânica Relativística, a Relativi-dade. A Mecânica Newtoniana é um caso limite da Mecânica Relativística, astransformações de Lorentz reduzindo-se às transformações de Galileu quandonelas se faz o limite11 para c→∞.

Não é objetivo deste curso desenvolver a mecânica relativística, o escopodesta introdução é deixar o espírito do estudante aberto para reformulaçõesda Mecânica Newtoniana mais tarde; convém entretanto dizer que o êxito daMecânica Relativística foi completo na explicação de alguns efeitos que a Me-cânica de Newton não explicava, como por exemplo, o caso do avanço doperiélio de Mercúrio. De fato, as determinações da órbita de Mercúrio rela-tivísticamente eliminam o erro nas determinações da Mecânica Newtoniana.Como vimos, havia uma diferença de 43,5 segundos de arco por século noavanço do periélio de Mercúrio, calculado usando a Mecânica Newtoniana. AMecânica Relativística corrige este erro, acrescentado o valor 42,9 segundosde arco por século; a diferença entre o valor observado e o valor calculadosendo assim de 0,6 segundo de arco por século, o que pode ser atribuído aoerro experimental.

9 James Clerk Maxwell (1831–1879), físico escocês.10 Albert Einstein (1875–1955), físico alemão.11 Princípio de correspondência de Bohr. Niels Henrik David Bohr (1885–1962), físico dina-

marquês.

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O êxito da Mecânica Relativística indica que a Mecânica Newtoniana deveser substituída pela Mecânica Relativística quando a velocidade das partículasse aproximam da velocidade da luz ou as distâncias envolvidas são cosmológi-cas. Entretanto, para pequenas velocidades e distâncias não-cosmológicas oumuito maiores que as distâncias atômicas, a mecânica oferece um instrumentoadequado e perfeito do ponto de vista humano para o trato dos problemas me-cânicos.

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Capítulo 6

Cinemática

Como vimos, a Cinemática estuda o movimento dos corpos sem levar em contaas causas desse movimento, isto significa que podemos desenvolver o estudodo movimento sem apelar para os sistemas de referência inerciais; qualquersistema de referência, acelerado ou não (girando ou não), poderá servir para oestudo de um ponto, ou de um corpo, a segunda lei não sendo sequer mencio-nada.

Para o estudo do movimento se toma em geral um sistema triortogonalcartesiano, outros sistemas de coordenadas podem ser usados (ortogonais ounão), não havendo, do ponto de vista teórico, nenhuma preferência para qual-quer deles; o tipo de problema (e das simetrias envolvidas no problema) é quedeterminará (ou recomendará) a escolha do sistema de coordenadas no refe-rencial. Assim, podemos usar os sistemas de coordenadas esférico-polares, oucilíndricas, com vantagem sobre o sistema triortogonal cartesiano quando setratam de problemas em que exista simetria esférica ou cilíndrica respectiva-mente. Teremos ocasião de mostrar tais fatos no curso.

A cinemática no espaço de três dimensões não será desenvolvida agora,seu estudo sendo feito no curso de Mecânica Geral, aqui, desenvolveremos oestudo no espaço de duas dimensões, isto é, no plano, afinal, para descrever omovimento de um ponto no plano bastam dois eixos coordenados.

249

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250 Capítulo 6. Cinemática

6.1 Sistema de coordenadas no plano

Figura 6.1: Localização do ponto Ppelas coordenadas (x, y).

Figura 6.2: Localização do ponto Ppelo vetor posição ~r =

−−→OP.

Tomemos para localizar um ponto P qual-quer do plano um sistema de coordenadasortogonal cartesiano, S(Oxy), veja Fig. -6.1, e um sistema vetorial de referência.O sistema vetorial de referência, veja Fig. -6.2, é obtido do seguinte modo: seja P umponto genérico do plano, um sistema ve-torial de referência será obtido dando-seuma origem uma origem O, o ponto P seráentão dado pelo segmento de reta orien-tado

−−→OP que tem origem em O e extremi-

dade em P, esse segmento de reta orien-tado se denomina vetor posição, ou raiovetor, de P (em relação ao ponto O). O con-junto de todos os vetores posição dos pon-tos do plano, a partir de O, quando se de-fine entre eles uma lei de composição pelaregra do paralelogramo e de produto porum escalar do corpo 〈R,+,×〉 dos reais,como se viu na 1a parte deste curso (pág. -130), vai formar um espaço vetorial (de vetores localizados no ponto O).

Figura 6.3: O vetor posição ~r, do pon-to P em relação ao ponto O, comocombinação linear de ~a e de ~b.

Para distinguir cada raio vetor ~r, po-demos, no caso do plano, tomar dois ve-tores não colineares ~a e ~b, do espaço ve-torial considerado (nesse plano), e obteras componentes de ~r, segundo as dire-ções de ~a e de ~b, ver Fig. 6.3. Teremos:

∃λ1, λ2 ∈ R ; ~r = λ1 ~a + λ2 ~b ,

em que ~a e ~b se denominam vetores-basedo espaço vetorial definido no ponto O,

e λ1 e λ2 as coordenadas (ou projeções, não necessariamente ortogonais) dovetor posição ~r em relação à base (~a, ~b). É claro que dois outros vetores ~a ′

e ~b ′, não-colineares quaisquer, podem constituir uma outra base no mesmoespaço vetorial, as coordenadas de ~r sendo então, obviamente, outras.

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6.1. Sistema de coordenadas no plano 251

Figura 6.4: Localização de P pelovetor posição ~r =

−−→OP.

No estudo elementar da Cinemática quevamos desenvolver, o uso do sistema veto-rial de referência será muito restrito, e sem-pre relacionado com eixos cartesianos orto-gonais.

Neste caso, podemos tomar, por exem-plo, dois sistemas de eixos com as origenscoincidentes, veja Fig. 6.4. Observe-se queo vetor posição ~r, com origem na origem Odo sistema ortogonal cartesiano, poderá serdado de duas maneiras:

1. Sistema de coordenadas polares –

a) Dá-se o módulo r = |~r | de ~r; e

b) dá-se o ângulo θ que o eixo Ox forma com o raio vetor ~r.

Esse ângulo θ variará entre 0e 360, i.e., θ∈ (0 rd, 2πrd), de acordo coma convenção trigonométrica. Isto corresponde a dar duas coordenadas, re θ, o ponto P sendo determinado pelo par ordenado1 (r, θ), temos entãoo sistema de coordenadas polares.

2. Sistema de coordenadas cartesianas –

Dão-se as projeções de ~r em relação aos eixos coordenados, escreven-do-se:

~r = x ı + y ,

em que ı e são vetores de módulo unitário, tendo a direção e o sentidodos eixos coordenados; denominam-se versores dos eixos Ox e Oy res-pectivamente, desse modo, ( ı, ) constituí uma base para o espaço veto-rial dos vetores de posição, ligados ao ponto O, e, neste caso, x e y serãoas coordenadas de ~r na base ( ı, ), veja Fig. 6.5. É óbvio também quex e y serão as coordenadas do ponto P no sistema ortogonal cartesianoS(Oxy). Esta representação será a mais usada, permitindo-nos passar fa-cilmente do sistema vetorial de referência para o sistema cartesiano decoordenadas.

1 u© O que significa a intersecção do círculo de raio r com origem em O com a semi-retacom extremidade em O e que faz um ângulo θ com o eixo Ox.

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Figura 6.5: Representação do vetor posição ~r = x ı+y do ponto P de coordenadascartesianas (x, y).

6.2 Movimento de um ponto

Suponhamos que um ponto P de coordenadas (x, y) se mova sobre o plano,descrevendo uma curva s (qualquer), veja Fig. 6.6.

Figura 6.6: Movimento do ponto P sobre a curva s no plano Oxy.

6.2.1 Trajetória

A curva s, descrita pelo ponto P, denomina-se trajetória2 de P. A posição doponto P sobre a trajetória pode ser obtida em cada instante, relacionando-sesuas coordenadas, (x, y) no plano, com o tempo, t, por meio de funções:

x = x(t)y = y(t) ,

(6.1)

de tal modo que a cada instante t corresponderá, sobre o plano, a posição decoordenadas (x, y) do ponto P.

2 u© Pode-se fazer distinção entre a trajetória ~r(t) e a curva s =~r[T], onde T é o intervaloonde está definido o parâmetro t; a trajetória descreve o modo como a curva s é traçada oudescrita, ou seja a trajetória ~r(t) ocorre sobre a curva suporte s.

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6.3. Estudo do movimento de um ponto 253

É claro que o vetor posição ~r também será função do tempo, i.e., ~r =~r(t).

6.2.2 Equações paramétricas da trajetória

As expressões (6.1) se denominam equações paramétricas da trajetória doponto P. Eliminando-se o tempo (parâmetro t) entre as equações, obtemos umafunção em x e y apenas, f (x, y)=0, que será a equação cartesiana da trajetória.

Assim, se o ponto descreve (uniformemente) um círculo em torno da origem,de raio R, veja Fig. 6.7, as equações paramétricas dessa trajetória serão:


x = R cos(ω t)y = R sen(ω t) ,

em que ω é uma constante, a chamada velocidade angular, que estudaremosmais tarde. Ora, x/R = cos(ω t) e y/R = sen(ω t). Elevando ao quadrado esomando ambos os dois membros dessas igualdades, e levando em conta que(cos(ω t))2+(sen(ω t))2 =1, obtemos:

x2 + y2 = R2 ,

equação cartesiana da trajetória de P.

6.3 Estudo do movimento de um ponto

Suponhamos que no instante t1 o ponto P esteja em P1 e no instante t2 estejaem P2, veja Fig. 6.8, os raios vetores correspondentes serão:

~r1 = ~r(t1) e ~r2 = ~r(t2) .

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O vetor

∆~r ≡ ~r(t2) − ~r(t1) = ~r2 − ~r1

se denomina vetor deslocamento do ponto P durante o intervalo de tempo∆t= t2−t1.

Figura 6.8: Vetores posição ~r do ponto P, em relação ao ponto O sobre a curva s, nosinstantes t1 e t2 e seu deslocamento ∆~r.

Denomina-se vetor velocidade média, ~vm, à razão: 3

~vm =∆~r∆t

=1

t2 − t1

(~r(t2) − ~r(t1)

)=

1t1 − t2

(~r(t1) − ~r(t2)

).

Para um estudo mais fácil da Cinemática vamos começar com o movimento

Figura 6.9: Ponto P em movimento retilíneo (os deslocamentos ∆~r são sempre para-lelos).

3 u© Note-se que∆~r∆t

=1

t2 − t1

(~r(t2) − ~r(t1)

)=

1t1 − t2

(~r(t1) − ~r(t2)

).

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sobre a reta, veja Fig. 6.9. O conceito é idêntico4.Vamos porém projetar o movimento sobre os dois eixos cartesianos orto-

gonais Ox e Oy, obtendo-se as componentes do vetor deslocamento sobre oseixos. Como ~r1 = x1 ı+y1 e ~r2 = x2 ı+y2 , em que (x1, y1) e (x2, y2) são ascoordenadas de P1 e P2 respectivamente, teremos:

∆~r = ~r2 − ~r1

= (x2 ı + y2 ) − (x1 ı + y1 )

= (x2 − x1) ı + (y2 − y1)

∆~r = ∆x ı + ∆y ,

tendo-se posto: ∆x= x2−x1 e ∆y=y2−y1 .Durante o intervalo de tempo ∆t = t2−t1, a velocidade média ~vm do ponto

P será:

~vm =∆~r∆t

=

(∆x∆t

)ı +

(∆y∆t

) .

As razões ~vmx =(

∆x∆t

)ı e ~vmy =

(∆y∆t

) sendo os vetores velocidades médias

caracterizadas que as projeções dos pontos P1 e P2 sobre os eixos dos x (P′1 eP′2) e sobre os eixos dos y (P′′1 e P′′2 ) têm respectivamente sobre esses eixos.

É claro que vmx = ∆x∆t e vmy =

∆y∆t são números reais (R) positivos ou nega-

tivos, conforme os sentidos dos vetores correspondentes sejam o mesmo ou ocontrário ao dos eixos Ox e Oy. Tal fato significa que eles, com sinal positivoou negativo, darão o sentido, a direção e o valor do módulo dos correspon-dentes vetores componentes da velocidade média sobre os eixos Ox e Oy, demodo que o vetor ~vm pode ser indicado pelo par de números reais vmx e vmy ,ou pelo par ordenado5 (vmx , vmy). A igualdade vetorial se transforma em duasigualdades algébricas numéricas:

~vm =∆~r∆t

=~r2 − ~r1

t2 − t1⇒

vmx =∆x∆t

=x2 − x1

t2 − t1

vmy =∆y∆t

=y2 − y1

t2 − t14 u© A vantagem para o aprendizado é que, em um movimento retilíneo, todos os desloca-

mentos são paralelos. Além disso, a projeção de um movimento qualquer sobre cada eixo coor-denado é sempre um movimento retilíneo, assim todo movimento poderá ser encarado semprecomo superposição (vetorial) de movimentos retilíneos.

5 u© Alternativamente: pela matriz linha(vmx vmy

), ou pela matriz coluna

vmx

vmy

.

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ou ainda

~r2 − ~r1 = ~vm (t2 − t1) ⇒

x2 − x1 = vmx(t2 − t1)y2 − y1 = vmy(t2 − t1)

(6.2a)

~r2 = ~r1 + ~vm (t2 − t1) ⇒

x2 = x1 + vmx(t2 − t1)y2 = y1 + vmy(t2 − t1) .

(6.2b)

As expressões acima permitem calcular o deslocamento do ponto no es-paço durante o intervalo de tempo ∆t = t2− t1, mas não o espaço percorridoneste intervalo de tempo.

Usa-se em português, comummente, o termo velocidade com duas acep-ções diferentes, uma delas é o estabelecido acima de grandeza vetorial, o outrode espaço percorrido por unidade de tempo. Há porém dois termos corres-pondentes a “espaço percorrido por unidade de tempo” e que são celeridade erapidez. Na Física podemos reservar o termo velocidade para indicar o vetordeslocamento por unidade de tempo, e os de celeridade ou rapidez para oespaço percorrido por unidade de tempo. É claro que para um percurso longo,c= ∆s

∆t , onde ∆s é o comprimento de arco percorrido no intervalo de tempo ∆t,será a celeridade média, ou rapidez média, durante ∆t no percurso ∆s.


Suponhamos, por exemplo, que o ponto P descreva o segmento de retaorientado ∆~r1 = ~r1−~r0, durante o intervalo de tempo ∆t1 = t1− t0, e que, emseguida, no intervalo de tempo ∆t2 = t2 − t1, ele descreverá outro segmentoP1P2: ∆~r2 =~r2−~r1, do ponto P2 ele passa a percorrer outro segmento

−−−−→P2P3 =

∆~r3 = ~r3−~r2, fazendo-o durante o intervalo de tempo ∆t3 = t3− t2. Ora, nointervalo de tempo

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∆t = ∆t1 + ∆t2 + ∆t3= (t1 − t0) + (t2 − t1) + (t3 − t2)

= t3 − t0

ele terá efetuado o deslocamento, veja6 Fig. 6.10,

∆~r = ∆~r1 + ∆~r2 + ∆~r3

= (~r1 − ~r0) + (~r2 − ~r1) + (~r3 − ~r2)

= ~r3 − ~r0 .

Os vetores velocidades média serão, em cada trecho:

~v1m =∆~r1

∆t1~v2m =

∆~r2

∆t2~v3m =

∆~r3

∆t3

e o vetor velocidade média no intervalo de tempo ∆t = t3−t0, durante o qual oponto P efetuou o vetor deslocamento ∆~r =~r3−~r0, será:

~vm =∆~r∆t

ou ~vm =∆~r1 + ∆~r2 + ∆~r3

∆t,

mas

∆~r1 = ~v1m∆t1 ; ∆~r2 = ~v2m∆t2 ; ∆~r3 = ~v3m∆t3 ;

logo:

~vm =~v1m∆t1 + ~v2m∆t2 + ~v3m∆t3

∆t1 + ∆t2 + ∆t3(6.3)

ou abreviadamente: 7

~vm =

3∑

i=1

~vim ∆ti

3∑

j=1

∆t j

.

6 u© Observe-se que se usou a associatividade e a comutatividade da adição no corpo dosreais para a composição de intervalos de tempo, e também a associatividade e a comutatividadeda adição no espaço vetorial (dos deslocamentos) para a composição de deslocamentos (usandoa regra do paralelogramo ou, equivalentemente, a regra do fechamento da linha poligonal).

7 u© Observe-se que o vetor velocidade média em um intervalo de tempo é igual ao vetormédio ponderado pelos subintervalos de tempo dos vetores velocidades médias nos subinterva-los de tempo considerados.

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Vejamos agora o espaço percorrido por unidade de tempo, isto é, a rapidezmédia ou celeridade do movimento do ponto P.

Representamos o espaço percorrido por s, o espaço percorrido no intervalode tempo ∆t. O espaço percorrido será ∆s1 no intervalo de tempo ∆t1, ∆s2 em∆t2 e ∆s3 em ∆t3.

No caso em pauta e ilustrado na Fig. 6.10, o espaço percorrido no deslo-camento ∆~r1 é dado pelo módulo do vetor ∆~r1, isto é, |∆~r1| = ∆s1, do mesmomodo, os espaços percorridos correspondentes a ∆~r2 e ∆~r3 são os módulos|∆~r2|=∆s2 e |∆~r3|=∆s3 respectivamente.

É claro que o espaço total percorrido no intervalo de tempo ∆t é:

∆et = |∆~r1| + |∆~r2| + |∆~r3| = |∆s1| + |∆s2| + |∆s3|e a celeridade média ou a rapidez média será:

cm =∆et

∆t

=|∆~r1| + |∆~r2| + |∆~r3|

∆t

mas ~v1m = 1∆t1

∆~r1, logo, como ∆t>0, |~v1m |= 1∆t1|∆~r1|, assim

|~r1m | = |∆~v1m |∆t1 , analogamente:

|~r2m | = |∆~v2m |∆t2 ,

|~r3m | = |∆~v3m |∆t3 .

Portanto

cm =|∆~v1m |∆t1 + |∆~v2m |∆t2 + |∆~v3m |∆t3

∆t1 + ∆t2 + ∆t3(6.4a)

ou abreviadamente:

cm =

3∑

i=1

|∆~vim |∆t`

3∑

j=1

∆t j

. (6.4b)

Comparando as expressões (6.3) e (6.4a), vemos que se, durante os inter-valos de tempo ∆t1, ∆t2, ∆t3 . . .∆tn (n ∈ N), o ponto tem vetores velocidadesmédias

~v1m ,~v2m ,~v3m . . .~vnm ,

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e se os espaços percorridos durante os correspondentes intervalos de tempocoincidem com os deslocamentos efetuados, então, para calcular o vetor velo-cidade média durante o intervalo de tempo ∆t=∆t1+∆t2+∆t3+ . . .+∆tn, usa-sea média ponderada dos vetores velocidades médias durante cada intervalo detempo, o peso (para a média) sendo o próprio intervalo de tempo correspon-dente; enquanto que, para se obter o espaço percorrido por unidade de tempo,ou rapidez média, calcula-se a média ponderada dos módulos dos vetores ve-locidades durante os intervalos de tempo correspondentes, os pesos sendo oscorrespondentes intervalos de tempo.


Vejamos agora o que acontece com as expressões (6.2), isto é, com os mo-vimentos das projeções sobre os eixos coordenados Ox e Oy. Vamos analisarapenas o que se passa sobre o eixo Ox, pois sobre o eixo Oy o raciocínio éanálogo, bastando mudar x por y.

Para facilitar, vamos supor que o ponto se mova apenas sobre dois seg-mentos de reta

−−−−→P0P1 = ∆~r1 e

−−−−→P1P2 = ∆~r2, veja Fig. 6.11. Os correspondentes

intervalos de tempo sendo ∆t1 = t1−t0 e ∆t2 = t2−t1 respectivamente. Teremos:

. Vetor velocidade média no intervalo de tempo ∆t1 e no intervalo ∆t2:

~v1m =∆~r1

∆t1e ~v2m =

∆~r2

∆t2.

. Vetor velocidade média no intervalo de tempo ∆t=∆t1+∆t2:

~vm =∆~r∆t

=~v1m ∆t1 + ~v2m ∆t2

∆t1 + ∆t2.

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. Deslocamentos nos intervalos de tempo ∆t, ∆t1 e ∆t2:

∆~r1 = ~r1 − ~r0 = (x1 − x0) ı + (y1 − y0) = ∆x1 ı + ∆y1

∆~r2 = ~r2 − ~r1 = (x2 − x1) ı + (y2 − y1) = ∆x2 ı + ∆y2

∆~r = ~r2 − ~r1 = (x2 − x1) ı + (y2 − y1) = ∆x ı + ∆y ,

onde ∆x1 = x1−x0, ∆y1 =y1−y0, ∆x= x2−x1, etc.

Como ∆~r1+∆~r2 =∆~r, então:

∆x ı + ∆y = (∆x1 ı + ∆y1 ) + (∆2x ı + ∆y2 )

= (∆x1 + ∆x2) ı + (∆y1 + ∆y2)

portanto

∆x = ∆x1 + ∆x2

∆y = ∆y1 + ∆y2 .

As velocidades médias podem ser escritas na forma:

~v1m =∆x1

∆tı +

∆y1

∆t ~v2m =

∆x2

∆tı +

∆y2

∆t ~vm =

∆x∆t

ı +∆y∆t

e as componentes das velocidades médias na direção do eixo Ox são os vetores:

~vx1m=

∆x1

∆tı ~vx2m

=∆x2

∆tı ~vxm =

∆x∆t

ı

Daí eles podem ser tratados pelas projeções:

vx1m=

∆x1

∆t, vx2m

=∆x2

∆t, vxm =

∆x∆t

,

desse modo, a projeção do vetor velocidade média ~v sobre o eixo dos x será:

vxm =vx1m

∆t1 + vx2m∆t2

∆t1 + ∆t2.

Observe-se que, no caso da Fig. 6.11, a projeção vx1mda velocidade média

~v1m tem valor (numérico) positivo, pois o sentido de~v1m é igual ao do eixo Ox;enquanto que a projeção vx2m

da velocidade média~v2m tem valor negativo, poiso sentido de ~v2m é contrário ao do eixo dos x, de modo que, para exprimir ∆x=∆x1+∆x2, o deslocamento x1−x0 =vx1m

∆t1 será subtraído o deslocamento (nadireção Ox) |x2−x1| = |vx2m

∆t2|, dando o deslocamento x2−x0 =vxm (∆t1+∆t2),como é óbvio, x2−x0 representa o deslocamento sobre o eixo Ox (ou paraleloao eixo Ox) da projeção de P sobre Ox, durante o intervalo de tempo (∆t1+∆t2).Ele não representa o espaço percorrido sobre Ox neste intervalo de tempo.

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6.4. Espaço percorrido 261

Nota Para efeito de notação, também usaremos 〈~v〉=~vm para a velocidade média.

6.4 Espaço percorrido

Para calcularmos a projeção sobre o eixo Ox do espaço percorrido,8 basta lem-brar as equações (6.4), isto é, que temos de tomar os módulos dos vetores des-locamento sobre o eixo dos x, ou suas expressões em função dos módulos dasprojeções dos vetores deslocamento sobre o eixo dos x, ou suas expressões emfunção dos vetores velocidades médias: 9

|∆x1| = |x1 − x0| = |〈vx1〉|∆t1|∆x2| = |x2 − x1| = |〈vx2〉|∆t2 .

Daí, a projeção sobre o eixo Ox do espaço percorrido no intervalo de tempo∆t=∆t1+∆t2 é:

∆sx = |∆x1| + |∆x2| = |〈vx1〉|∆t1 + |〈vx2〉|∆t2

e a correspondente celeridade:

cx =∆sx

∆t

cx =|〈vx1〉|∆t1 + |〈vx2〉|∆t2

∆t1 + ∆t2.

Observe-se, pela Fig. 6.11, que |∆x2| = |〈vx2〉|∆t2 é positivo e se soma aopercurso |∆x1|= |〈vx1〉|∆t1 , dando assim o espaço total percorrido no intervalode tempo ∆t1+∆t2; e que ∆x2 é negativo, subtraindo-se ao percurso ∆x1, dandoo deslocamento ∆x=∆x1+∆x2 no intervalo de tempo ∆t.

8 u© A intenção do autor é mostrar por meio de um exemplo a cinemática vetorial, cuidandodas questões de deslocamento e de espaço percorrido. A principal preocupação tem origem naconfusão conceitual que os estudantes costumam fazer entre os conceitos de deslocamento ede espaço percorrido. De forma pictórica, deslocamento diz respeito ao que ocorre entre doisinstantes, não importando o ocorrido entre esses instantes; entretanto, para o espaço percorrido,leva-se em conta a distância retificada percorrida; por exemplo, numa trajetória circular de raioR, o deslocamento após uma volta completa é igual a zero (unidades de comprimento), enquantoo caminho percorrido é 2πR, o comprimento de arco de círculo (retificado), seria a “distânciapercorrida” marcada no velocímetro de um automóvel.

9 u© Está-se levando em conta que se acompanha o movimento da partícula, desse modoque ∆t>0.

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Considere-se ainda, relativamente à Fig. 6.11, um ponto P′ sobre o eixodos x e que percorra o espaço

|∆x| = x2−x0 no intervalo de tempo ∆t = ∆t1+∆t2 ,

diretamente sem passar pelo ponto de abscissa x1; então P′ se moverá (na mé-dia) mais lentamente que a projeção (ortogonal) Px do ponto P sobre o eixo Ox,que nesse intervalo de tempo percorre |∆x1|+ |∆x2|. Ambos, P′ e Px, chegarãojuntos ao ponto de abscissa x2, ambos terão o mesmo vetor velocidade mé-dia 〈~vx〉= (∆x/∆t) ı; mas Px será mais “célere” ou “rápido” ou “ligeiro”, ou semoverá com maior “celeridade” ou “rapidez” ou “ligeireza” que o ponto P′.

Caso mais geral Suponhamos agora um caso mais geral, como o ilustrado naFig. 6.12, em que um ponto P descreve uma seqüência de segmentos de retas:

Figura 6.12: Movimento do ponto P em uma seqüência de segmentos de retas.

−−−−→P0P1 = ∆~r1,

−−−−→P1P2 = ∆~r2,

−−−−→P2P3 = ∆~r3,

−−−−→P3P4 = ∆~r4,

−−−−→P4P5 = ∆~r5, nos intervalos

de tempo ∆t1, ∆t2, ∆t3, ∆t4 e ∆t5. Então o espaço percorrido sobre o eixo dosx será:

sx = |x1 − x0| + |x2 − x1| + |x3 − x2| + |x4 − x3| + |x5 − x4|= |∆x1| + |∆x2| + |∆x3| + |∆x4| + |∆x5|

sx = |〈~vx1〉|∆t1 + |〈~vx2〉|∆t2 + |〈~vx3〉|∆t3 + |〈~vx4〉|∆t4 + |〈~vx5〉|∆t5

ou, mais abreviadamente:10

sx =

5∑

i=1

|〈~vxi〉|∆ti

10 u© Não confundir o índice i com o versor ı.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 263 — #263

6.5. Velocidade instantânea 263

e a celeridade ou rapidez da projeção do ponto P sobre o eixo Ox será:

cx =sx

∆t=

5∑

i=1

|〈~vxi〉|∆ti

5∑

i=1

∆ti

.

No intervalo de tempo ∆t =∑5

i=1 ∆ti, a projeção do ponto P sobre o eixoOx se deslocou sobre o eixo dos x de:

∆x = x5 − x0 = ∆x1 + ∆x2 + ∆x3 + ∆x4 + ∆x5 ,

em que ∆xi, i ∈ 1, 2, 3, 4, 5, será positivo ou negativo11, conforme o vetordeslocamento (∆xi) ı tenha ou não o mesmo sentido que o eixo dos x (ou doversor ı) respectivamente, assim os deslocamentos serão ∆x2 < 0, ∆x4 < 0 e∆x5 < 0, enquanto ∆x1 > 0 e ∆x3 > 0; e o vetor velocidade média da projeçãodo ponto P sobre o eixo Ox será:

〈~vx〉 =∆x∆t

ı =1

5∑

i=1

∆ti

5∑

i=1

∆xi ı ,

e, como ∆xi = 〈vix〉 ∆ti . Teremos:

〈~vx〉 =1

5∑

i=1

∆ti

5∑

i=1

〈vix〉∆ti ı ou 〈vx〉 =1

5∑

i=1

∆ti

5∑

i=1

〈vix〉∆ti .

Expressões semelhantes pode ser obtidas para o eixo Oy.

6.5 Velocidade instantânea

Voltemos ao caso de uma partícula que descreve uma curva num plano, comoo da Fig. 6.13, conforme observada pelo observador (pontual) O.

11 u© Podendo também ser nulo, se o deslocamento ∆~ri correspondente for perpendicularao eixo Ox, mas que não está ilustrado na Fig. 6.12.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 264 — #264


Figura 6.13: Movimento do ponto P no plano Oxy.

Suponhamos que a partícula esteja ocupando o ponto P0 (da curva suportedo movimento) no instante t0 (como observado por O) e que no instante (genérico)t esteja no ponto P, descrevendo o arco de comprimento |∆s| no intervalo detempo ∆t = t− t0, esse comprimento de arco (retificado) sendo medido a partirde uma origem O′ adotada sobre a curva12; assim, adotando-se também umaorientação para a curva, a coordenada sobre a curva do ponto P0 é s0, que nosdá o comprimento do arco |s0| de O′ a P0, e a coordenada (sobre a curva) de Pé s, que forma o comprimento de arco O′P, de modo que |∆s| = |s− s0|, onde∆s = s−s0 é o deslocamento sobre a curva13 do ponto 0′ ao ponto P. O vetordeslocamento entre os instantes t0 e t será ∆~r = ~r−~r0, e o vetor velocidademédia será:

〈~v〉 = ~vm =∆~r∆t

e a rapidez média será:

〈c〉 = cm =∆s∆t

.

Neste caso, o módulo do vetor deslocamento |∆~r | não é igual ao com-primento de arco |∆s| correspondente ao deslocamento sobre a curva, mas:|∆~r | ≤ |∆s| , a igualdade valendo quando o movimento ocorre sobre um seg-mento de reta.

Para obter uma expressão que nos permita obter o espaço percorrido porunidade de tempo a partir do módulo do vetor velocidade, podemos procederpor aproximação, visando a situação limite (quando |∆~r |→|∆s|).

12 u© O ponto O′ não precisa ser o ponto onde “o movimento se inicia”, tampouco um“ponto extremo” da curva, pode ser qualquer ponto da curva suporte do movimento observado.

13 u© Que não deve ser confundido com o vetor deslocamento ∆~r. Para que não haja confu-são, o termo “deslocamento” se referirá ao vetor ∆~r; enquanto “deslocamento sobre a curva” à∆S .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 265 — #265

6.5. Velocidade instantânea 265

A Fig. 6.14 é uma reprodução da Fig. 6.13, o movimento do ponto P, nointervalo de tempo ∆t = t− t0 sobre a curva de s0 até s, é o mesmo que naFig. 6.13.

Figura 6.14: Detalhe do movimento do ponto P ilustrado na Fig. 6.13.

Dividimos porém o percurso ∆s = s− s0 em três (3) arcos: P0P1, P1P2 eP2P3; os correspondentes vetores deslocamento são:

∆~r1 = ~r1 − ~r0 , ∆~r2 = ~r2 − ~r1 , ∆~r3 = ~r3 − ~r2 .

A esses vetores deslocamento corresponderão os deslocamentos sobre a curva:

∆s1 = s1 − s0 , ∆s2 = s2 − s1 , ∆s3 = s3 − s2 ,

de tal modo que |∆s1|, |∆s2| e |∆s3| são os comprimentos de dos arcos P0P1,P1P2 e P2P3. Os módulos de cada um dos vetores deslocamento dão os nú-meros que medem o comprimento das cordas de cada arco: ∆s1, ∆s2 e ∆s3respectivamente. É intuitivo que à medida que |∆~r | tende a zero (i.e., que ∆~rtende ao vetor nulo ~0), |∆s| também tende a zero, e o comprimento da cordatende para o comprimento do arco. É claro que

∆~r = ∆~r1 + ∆~r2 + ∆~r3 ,

mas|∆~r | ≤ |∆~r1| + |∆~r2| + |∆~r3| ≤ |∆s| ,

pois|∆~r1| ≤ |∆s1| , |∆~r2| ≤ |∆s2| , |∆~r3| ≤ |∆s3| ,

∆s = ∆s1 + ∆s2 + ∆s3 e |∆s| ≤ |∆s1| + |∆s2| + |∆s3| .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 266 — #266


Se aumentarmos o número de divisões do arco ∆s para n subdivisões, esomarmos os módulos (as normas) dos vetores deslocamento correspondentesa cada subarco, vamos obter sempre a mesma soma ∆s=

∑ni=1 ∆si, e vamos ter

sempre que

|∆~r | ≤ |∆~r1| + |∆~r2| + |∆~r3| ≤n∑

k=1

|∆~rk| ≤ |∆s| ≤n∑

i=1

|∆si| .

Desse modo, podemos aproximar o comprimento |∆s| do arco ∆s pela somadas normas dos deslocamentos ∆~rk, k∈1, 2, . . . , n⊂N, onde n é o número desubdivisões consideradas para o arco ∆s, com a precisão que desejarmos (paraaumentar a precisão, aumenta-se o número de subdivisões), e teremos:

limn→∞

n∑

i=1

|∆~ri| = |∆s| .

Pelo que já vimos, podemos pôr:

|∆~rk| = |〈~vk〉| ∆tk ,

em que 〈~vk〉 é o vetor velocidade média da partícula na subdivisão k, onde sofreo deslocamento ∆~rk no intervalo de tempo ∆tk, desse modo, como

limn→∞∆tk = 0 ∀k ∈ N ,

podemos pôr:

lim∆ti→0

n∑

i=1

|〈~vi〉| ∆ti = |∆s| ,

pois, quando o intervalo de tempo ∆ti tende a zero, |∆~ri| tende para zero tam-bém.

6.6 Vetor velocidade instantânea

Vamos examinar mais de perto o significado da velocidade média quando ocorrespondente intervalo de tempo tende para zero.

O vetor velocidade média durante o intervalo de tempo ∆t é 〈~v〉= ∆~r∆t .

Na Fig. 6.15, vemos vários arcos ∆s′, ∆s′′′ e ∆s′′′ descritos pelo ponto Pem intervalos de tempo, respectivamente, ∆t′, ∆t′′ e ∆t′′′, cada vez menores.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 267 — #267

6.6. Vetor velocidade instantânea 267

Figura 6.15: Detalhe do movimento do ponto P para deslocamentos em intervalos detempo cada vez menores.

Os correspondentes vetores deslocamento serão: ∆~r ′, ∆~r ′′ e ∆~r ′′′, e os respec-tivos vetores velocidade média serão:

〈~v ′〉 =∆~r ′

∆t′, 〈~v ′′〉 =

∆~r ′′

∆t′′e 〈~v ′′′〉 =

∆~r ′′′

∆t′′′.

Observe-se que à medida que vamos tomando intervalos de tempo cadavez menores, os respectivos deslocamentos vão se tornando menores, de ummodo geral, τ′ e a secante P0P, que pode ser definida pelo versor de mesmadireção e sentido de ∆~r ′, vai mudando de direção, sua direção se aproximandoda direção da reta tangente à curva no ponto P0, o versor τ′ se aproximandodo versor τ dessa tangente.14

Desse modo, quando tomamos intervalos de tempo ∆t cada vez menores,tendentes para zero, os respectivos deslocamentos tendem para zero e o vetor〈~v〉= ∆~r

∆t tenderá para um vetor limite (bem definido) ~v, que é o vetor que terá adireção da tangente à curva no ponto P0, em símbolos:

lim∆t→0

∆~r∆t

= limt′→t0

~r0 − ~r ′t0 − t′

= limt′→t0

~r(t0) − ~r(t ′)t0 − t′

= ~v .

Esse vetor se denomina de vetor velocidade instantânea da partícula no pontoP0, ou o vetor velocidade calculado no ponto P0, ou no instante t0. Como sesabe, sendo o movimento da partícula descrito matematicamente por meio de

14 u© Observe-se que a reta tangente a uma curva dada em um ponto P0 é a reta secantelimite quando o ponto P′ tende para o ponto P0. É errado dizer: “a reta tangente é aquela que passapor um único ponto da curva”; responda: na curva da Fig. 6.15, a reta paralela a Oy que passa porP0 é tangente à curva em P0?

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 268 — #268


uma função (vetorial, bem definida) do tempo ~r =~r(t), esse limite é a derivada de~r(t), calculada no ponto P0, ou no instante t0, de modo que

~v0 =d~rdt

∣∣∣∣∣∣t=t0

.

A velocidade instantânea no ponto P0 é a derivada do vetor posição da partí-cula em função do tempo, calculada no instante t.

Aqui se pode perguntar como se obtém a derivada de uma função vetorial(a derivada de um vetor, como se diz abreviadamente), e o conceito precisodo limite: lim∆t→0

∆~r∆t , visto que, sendo ∆~r um vetor, o conceito desse limite

importa em definições diferentes daquelas que se encontram no Cálculo defunções reais.

Para contornar o problema, vamos tomar a representação cartesiana do ve-tor ∆~r:

~r(t) = x(t) ı + y(t) ⇒

∆~r = [x(t+∆t) − x(t)] ı +[y(t+∆t) − y(t)

]

= ∆x ı + ∆y ,

no sistema de coordenadas ortogonais cartesianas Oxy, como já se viu, então:

∆~r∆t

=∆x∆tı +

∆y∆t

lim∆t→0

∆~r∆t

= lim∆t→0

∆x∆tı +

∆y∆t

= lim∆t→0

∆x∆tı

+ lim

∆t→0

∆y∆t

como os versores base ı, são constantes15, podemos pôr:

lim∆t→0

∆~r∆t

=

lim

∆t→0

∆x∆t

ı +

lim

∆t→0

∆y∆t

logo

d~rdt

=

[dxdt

]ı +

[dydt

] .

15 u© Isto é, nesse caso, não dependem do tempo e são consideradas réplicas equipolentesdesses vetores base em cada ponto do plano Oxy, ou seja, ı(x,y)≡ ı(0,0) e (x,y)≡ (0,0), onde ı(0,0) = ıe (0,0) = são os versores base considerados em O, dessa forma, para os limites para ∆t→ 0, ıe comportam-se como constantes.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 269 — #269

6.7. Espaço percorrido num movimento qualquer 269

Isto é, a derivada duma função vetorial ~r =~r(t) é o vetor cujas componentes emrelação a um sistema cartesiano são as derivadas das componentes desse vetor~r. Mas

~v(t0) =d~rdt

∣∣∣∣∣∣t=t0

~v(t) =

[dxdt

]ı +

[dydt

]

= vx ı + vy ,

em que vx = dxdt e vy =

dydt , sendo vx e vy as projeções da velocidade instantânea

da partícula no instante t e na posição P, localizada pelo vetor posição ~r(t), ouainda, vx ı e vy são as componentes dessa velocidade.

6.7 Espaço percorrido num movimento qualquer

6.7.1 Rapidez instantânea

Já vimos que a velocidade ~v(t) de uma partícula num instante t é um vetortangente à trajetória no ponto ~r(t) ocupado pela partícula no instante t, isto é:

~v = v τ ,

em que v é o módulo do vetor velocidade e τ é o versor da tangente à trajetóriano ponto considerado e cujo sentido é o do movimento da partícula no ponto16.Mas ~v= d~r

dt , igualdade que pode ser escrita: (cf. Fig. 6.16)

~v = lim∆t→0

∆~r∆t

= lim∆t→0

|∆~r |∆t

τ′

=

lim

∆t→0

|∆~r |∆t

lim

∆t→0τ′

,

em que τ′ é o versor de17 ∆~r (com o sentido de ∆~r). Ao intervalo de tempo ∆tcorresponde o espaço percorrido ∆s sobre a trajetória, arco cuja corda é |∆~r |,

16 u© Dando o sentido para onde a partícula se encaminha a partir da posição~r na vizinhançado instante considerado.

17 u© Lembra-se que: ∆~r =~r(t0+∆t)−~r(t0) e ∆s= s(t0+∆t)−s(t0) .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 270 — #270


Figura 6.16: A velocidade ~v em t= t0 e o versor τ no ponto ~r0 =~r(t0).

desse modo

~v =

lim

∆t→0

|∆~r ||∆s|

|∆s|∆t

lim

∆t→0τ′

=

lim

∆t→0

|∆~r ||∆s|

lim

∆t→0

|∆s|∆t

lim

∆t→0τ′

,

mas:

lim∆t→0

|∆~r ||∆s| ≡ 1 e lim

∆t→0τ′ = τ ,

sendo τ o versor tangente à curva no instante t0. Deste modo,

~v =

lim

∆t→0

|∆s|∆t

τ ,

mas, ainda,

lim∆t→0

|∆s|∆t

= c ,

sendo c a rapidez (ou celeridade) instantânea ou espaço percorrido (instantâ-neo) por unidade de tempo, donde:

~v = c τ . (6.5)

Tomando o módulo de ambos os membros de (6.5), obtemos:

|~v| = |c τ| = |c| |τ| ⇒ |~v| = c ,

pois |τ| ≡ 1 e, por definição, c ∈ R+; logo, o módulo do vetor velocidade ins-tantânea é igual à rapidez instantânea ou ao espaço percorrido por unidade detempo calculado no instante considerado.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 271 — #271


6.7.2 Representação do vetor velocidade instantânea

O vetor velocidade (instantânea) de um ponto P, como vimos, é um vetor tan-gente à sua trajetória (em relação ao observador que analisa o movimento da par-tícula), seu módulo sendo o espaço percorrido por unidade de tempo (rapidezinstantânea), o seu sentido sendo o do movimento sobre a curva suporte do mo-vimento da partícula na vizinhança do instante considerado.

Figura 6.17: Representação geométrica do vetor velocidade instantânea ~v.

A representação gráfica desse vetor se fará por um segmento de reta ori-entado, com origem no ponto P, tangente à curva, de comprimento numerica-mente igual à rapidez instantânea (ao espaço percorrido por unidade de tempo)calculado no ponto P (no instante considerado, conforme ilustra a Fig. 6.17). Éclaro que comprimento do segmento de reta que representará ~v dependerá daescala escolhida para representar a unidade de celeridade.

A unidade de celeridade é a unidade de comprimento dividida pela unidadede tempo.

A unidade de comprimento podendo ser o quilômetro (km), o metro (m),o centímetro (cm), etc., e a unidade de tempo a hora (h), o minuto (min), osegundo (s), etc., deste modo, a unidade de celeridade é o km/h, m/s, cm/s,que se lê: quilômetro por hora, metro por segundo, centímetro por segundo.

A definição dessas unidades, de tempo e de comprimento, serão vistas maistarde, por ora nos basta a noção que já temos delas. Ressalta-se que as corres-pondentes unidades SI são: m (metro) e s (segundo), e m/s (metro por se-gundo).

6.7.3 Espaço percorrido

Esse problema já foi parcialmente resolvido anteriormente, vamos procurardar agora a solução mais geral possível. Para isso, retornemos ao movimentosobre a reta, veja Fig. 6.18. O ponto se desloca de P1 para P2 no intervalo de

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 272 — #272


tempo ∆t= t2−t1. As equações paramétricas da trajetória sendo:

x = x(t)y = y(t)

⇔ ~r(t) = x(t) ı + y(t) ,

sendo ~r(t) a equação vetorial da trajetória.

Figura 6.18: Espaço percorrido em movimentos retilíneos.

No presente caso, é claro que o percurso sendo retilíneo, o espaço percor-rido de P1 a P2 é o comprimento do segmento de reta

P1P2 = |∆~r | = |~r2 − ~r1| .As projeções do ponto P sobre os eixos dos x e dos y percorrerão os espaços:

|∆x| = |x2 − x1| e |∆y| = |y2 − y1| .Correspondendo a celeridade média:

cm =

√( x2 − x1

∆t

)2+

(y2 − y1

∆t

)2=

√∣∣∣∣∣∆x∆t

∣∣∣∣∣2

+

∣∣∣∣∣∆y∆t

∣∣∣∣∣2.

Pode-se subdividir o percurso em trechos muito curtos nos quais a veloci-dade média, no intervalo de tempo ∆ti =τi+1−τi , entre os pontos Ai e Ai+1 é

〈~vi〉 = 〈vxi〉 ı + 〈vyi〉 = (〈vxi〉〈vyi〉), i∈1, 2, 3 . . . n,sendo P1 ≡ A1 e P2 ≡ An+1; e t1 ≡ τ1 e t2 ≡ τn+1. Teremos, como já se viu, asseguintes relações:

s2 − s1 =

n∑

i=1

|〈~vi〉|∆ti e

x2 − x1 =

n∑

i=1

〈vxi〉∆ti

y2 − y1 =

n∑

i=1

〈vyi〉∆ti .(6.6)

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 273 — #273


Podemos, ainda, fazer com que o número de subdivisões tenda para infinito,n→∞, e, neste caso, as expressões limites de (6.6) se transformam em:

s2 − s1 =

∫ t2

t1|~vi| dt e

x2 − x1 =

∫ t2

t1vix dt

y2 − y1 =

∫ t2

t1viy dt .

(6.7)

No caso de movimento sobre um segmento de reta, é claro que, sendo ∆x =

x(t2)−x(t1) e ∆y = y(t2)−y(t1) as projeções de ∆s sobre os eixos dos x e dos yrespectivamente, temos que:

|∆s|2 = |∆x|2 + |∆y|2 (6.8)

ou|s2 − s1|2 = |x2 − x1|2 + |y2 − y1|2 ,

pois os eixos são ortogonais e o ponto descreve um segmento de reta. Portanto,

|∆s| =√

(∆x)2 + (∆y)2

ou

|s2 − s1| =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 .

Movimento não-retilíneo Se o ponto P, ao atingir a posição P2, passa a des-crever um outro segmento de reta, veja Fig. 6.19, então teremos de subdividiro trajetória nos dois segmentos de reta, tomar seus comprimentos e somar

Figura 6.19: Espaço percorrido em movimento sobre linha poligonal aberta.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 274 — #274


s3 − s1 = |∆~r1| + |∆~r2| e

x3 − x1 = |∆x1| + |∆x2|y3 − y1 = |∆y1| + |∆y2| ,

mas agora, devemos substituir cada percurso ∆~r1 e ∆~r2 por expressões análogasàs (6.8), isto é:

|∆~r1| =√

(∆x1)2 + (∆y1)2 e |∆~r2| =√

(∆x2)2 + (∆y2)2 ,

pois o teorema de Pitágoras se aplica apenas a cada percurso retilíneo, ∆~r1 e∆~r2 respectivamente. Portanto:

|s3 − s1| ==

√(∆x1)2 + (∆y1)2 +

√(∆x2)2 + (∆y2)2 ou

=

√(〈v1x〉∆t1)2 + (〈v1y〉∆t1)2 +

√(〈vx1〉∆t2)2 + (〈vy2〉∆t2)2 .

Observe-se que: (|〈vx1〉|∆t1)2 = (〈vx1〉∆t1)2.É claro que se tivermos um número grande de segmentos retilíneos descri-

tos pelo ponto P, como no caso da Fig. 6.12, podemos pôr:

|s2 − s1| =5∑

i=1

(|∆xi|2 + |∆yi|2

) 12

=

5∑

i=1

√(〈vix〉∆ti)2 + (〈viy〉∆ti)2 . (6.9)

Movimento curvilíneo Podemos agora tratar o caso geral em que a partículadescreve uma curva qualquer, veja Fig. 6.20.

Subdividimos a curva P1P2 em n arcos muito pequenos ∆si, tais que

|∆si| ≈ |∆~ri| ≈ ξi , τ0 = t1 , τn = t2 ,

e em que ∆~ri é o vetor deslocamento da partícula correspondente a esse arco eξi é o espaço total percorrido sobre a curva, no intervalo de tempo ∆ti =τi−τi−1 .Podemos pôr:

|∆~ri| = |〈~vi〉|∆ti ,

em que 〈~vi〉 é a velocidade média no intervalo de tempo ∆ti, desse modo, de-notando por ξ(t1;t2) o espaço total percorrido entre os instantes t1 e t2 :

n∑

i=1

|∆~ri| ≤ ξ(t1;t2) oun∑

i=1

|〈~vi〉|∆ti ≤ ξ(t1;t2) . (6.10)

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 275 — #275


Figura 6.20: Análise cinemática do movimento geral do ponto P, de P1 até P2 .

Se aumentarmos (indefinidamente) o número de subdivisões, fazendo n→∞,as somas em (6.10) tenderão para o comprimento total retificado ξ(t1; t2) percor-rido no arco P1P2, de modo que:

limn→∞

n∑

i=1

|∆~ri| = ξ(t1; t2) ou limn→∞

n∑

i=1

|〈~vi〉|∆ti = ξ(t1; t2) .

Esses limites são dados pelas integrais definidas:

ξ(t1; t2) = limn→∞

n∑

i=1

|∆~ri| =∫ t2

t1|d~r | ou

ξ(t1; t2) = limn→∞

n∑

i=1

|〈~vi〉|∆ti =

∫ t2

t1|~v(t)| dt .

(6.11)

Podemos considerar a curva dividida em elementos infinitesimais nos quaisos comprimentos de arco ds e as correspondentes cordas |d~r | que submetemesse arcos se igualam18, isto é, ds= |d~r |; analogamente, teríamos intervalos detempo infinitesimais e tais que

ds = |d~r | = |~v(t)| dt ,

onde d~r =~v(t) dt é o deslocamento ocorrido entre os instantes t e t+dt; sendo~v(t) a velocidade no instante t, e sendo dt um intervalo de tempo infinitesimal.

18 u© A menos de infinitésimos de ordem superior, infinitésimos esses que no limite contri-buem com valor numérico nulo.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 276 — #276


O cálculo das integrais em (6.11) não devem assustar o estudante, obser-ve-se que

|~v(t)| = |vx(t) ı + vy(t) |=

√(vx(t))2 + (vy(t))2

= λ(t) , uma função real da variável real t.

Ou seja, dado ~r(t), determina-se o vetor velocidade ~v(t), uma função vetorialdo tempo, e desta a função do tempo λ(t), como indicado acima, que é o in-tegrando de

∫ t2t1|~v(t)| dt, o que sublinha que se precisa calcular uma integral

definida de uma função real (R) de uma (1) variável real (R).Para o “espaço percorrido” pela projeção sobre cada eixo coordenado, dos

x e dos y, temos expressões análogas:

Eixo Ox : ξx(t1 ,t2) =

∫ t2

t1|dx| =

∫ t2

t1|vx(t)| dt (6.12a)

Eixo Oy : ξy(t1 ,t2) =

∫ t2

t1|dy| =

∫ t2

t1|vy(t)| dt , (6.12b)

enquanto ∆x =

∫ t2

t1dx =

∫ x2

x1

dx = x2−x1 , etc.

Nota19 O procedimento do texto original pressupunha movimentos progres-sivos, isto é, movimentos observados em que a partícula não volta a ocupar ummesmo ponto de uma mesma curva-suporte; nesses casos os comprimentos dearco |s2−s1| coincidem como os espaços percorridos entre os instantes t1 e t2, oque não ocorre quando o movimento é “não-progressivo” (e a partícula oscilasobre um arco de curva). Para se medir os comprimentos de arco entre doispontos, pode-se imaginar um movimento progressivo qualquer (uma parame-trização progressiva qualquer para curva, afinal esse comprimento de arco nãodepende de como a curva é traçada) e anotar a coordenada s sobre a curva-suporte, enquanto que o movimento ~r(t) observado para a partícula fornece oespaço total (retificado) percorrido sobre a curva-suporte: ξ(t1; t2) tal que

ξ(t1; t2) =

∫ t2

t1|~v(t)| dt .

19 u© A necessidade da mudança realizada nos foi apontada pelo próprio Prof. Armando.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 277 — #277


Usaremos a notação ∆s = s2− s1 para denotar o deslocamento sobre a curvaorientada, e |∆s| quando quisermos nos referir a esse deslocamento a despeitoda orientação adotada para a curva-suporte, além de ξ(t1; t2) para o espaço totalpercorrido.

Problemas

Problema 6.1. Um ponto se desloca, em relação a dado observador, com ve-locidade constante

~v = (30 cm/s2) ı + (20 cm/s2) .

No instante t1 =2s passa pelo ponto P1 de coordenadas (−3m, 2m). Pede-se:

1. as coordenadas do ponto no instante t2 = 12s, e no instante t3 = 22s, eem t4 =42s;

2. os vetores deslocamento do ponto nos intervalos de tempo: t2−t1, t3−t1e t4−t1;

3. fazer o gráfico (em escala) da trajetória do ponto, representando nográfico os vetores posição para os instantes dados;

4. calcular o vetor deslocamento e conferir o resultado no gráfico;

5. representar o vetor velocidade sobre a curva suporte da trajetória.

Solução20 Como a velocidade da partícula é constante, (estaremos usandocomprimento em m, tempo em s, e velocidade em m/s)

~r(t) = ~r1 + ~v (t − t1)= [−3 + 0,3×(t − 2)] ı + [+2 + 0,2×(t − 2)]

daí

~r1 = ~r(2 s) = (−3 m) ı + (2 m) ⇒ P1 ≡ (−3 m , 2 m)~r2 = ~r(12 s) = (0 m) ı + (4 m) ⇒ P2 ≡ ( 0 m , 4 m)~r3 = ~r(22 s) = (3 m) ı + (6 m) ⇒ P3 ≡ ( 3 m , 6 m)~r4 = ~r(42 s) = (9 m) ı + (10 m) ⇒ P4 ≡ ( 9 m , 10 m)

20 u© Recomenda-se que o estudante resolva os problemas antes de estudar as soluçõesapresentadas.

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do que se tira facilmente os vetores deslocamento:

∆~r1 = ~r2 − ~r1 = ( 3 m) ı + (2 m) ∆~r2 = ~r3 − ~r1 = ( 6 m) ı + (4 m) ∆~r3 = ~r4 − ~r1 = (12 m) ı + (8 m)

o que nos permite calcular diretamente os módulos dos vetores deslocamento,ou alternativamente, como:

|~v| =√

vx2 + vy

2 =√

302 + 202 cm/s = 10√

13 cm/s = 36 cm/s

= 0,36 m/s,

e, como temos: |∆~ri|= |~v|∆ti = (0,36 m/s)∆ti , podemos pôr:

|∆~r1| = (0,36 m/s) (10 s) = 3,6 m =√

32 + 22 m|∆~r2| = (0,36 m/s) = 7,2 m =

√62 + 42 m

|∆~r3| = (0,36 m/s) (40 s) = 14,4 m =√

122 + 82 m .

O resultado do 5o item está na Fig. 6.21.

Problema 6.2. Um ponto descreve uma trajetória cujas equações paramétri-cas são:

x = 12 t2 + 2

y = t + 4 ,

em que x e y são expressos em metros e t em segundos. Pede-se:

1. as coordenadas do ponto nos instantes t=0 s e t=3 s;

2. os raios vetores do ponto para t=0 s e t=3 s;

3. o vetor deslocamento no intervalo de tempo de t=0 s a t=3 s;

4. o vetor velocidade em t=0 s, t=2 s e t=3 s;

5. fazer a representação gráfica da trajetória entre t = 0 s e t = 4 s, bemcomo a das grandezas dos quesitos anteriores.

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Figura 6.21: Solução do 5o item do Probl. 6.1.

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Solução Temos:

~r(t) = x(t) ı + y(t) = ( 12 t2 + 2) ı + (t + 4) e ~v(t) = vx(t) ı + vy(t) ,

daí21

vx(t) =ddt

(12 t2 + 2

)= (1 m/s2) t

vy(t) =ddt

(t + 4) = (1 m/s)⇒ ~v(t) = (t m/s2) ı + (1 m/s)

raios vetores coordenadas~r(0 s) = ( 2,0 m) ı + (4,0 m) P0 ≡ ( 2,0 m , 4,0 m)~r(1 s) = ( 2,5 m) ı + (5,0 m) P1 ≡ ( 2,5 m , 5,0 m)~r(2 s) = ( 4,0 m) ı + (6,0 m) P2 ≡ ( 4,0 m , 6,0 m)~r(3 s) = ( 6,5 m) ı + (7,0 m) P3 ≡ ( 6,5 m , 4,0 m)~r(4 s) = (10,0 m) ı + (8,0 m) P0 ≡ (10,0 m , 8,0 m)

vetor deslocamento entre t=0 s e t=3 s:

∆~r = ~r(3 s) − ~r(0 s) = (4,5 m) ı + (3,0 m)

vetores velocidade:

t ~v vx vy

0 s (0 m/s) ı + (1 m/s) 0 m/s 1 m/s1 s (1 m/s) ı + (1 m/s) 1 m/s 1 m/s2 s (2 m/s) ı + (1 m/s) 2 m/s 1 m/s3 s (3 m/s) ı + (1 m/s) 3 m/s 1 m/s4 s (4 m/s) ı + (1 m/s) 4 m/s 1 m/s

A representação gráfica está na Fig. 6.22.

Problema 6.3. Uma partícula descreve uma trajetória sobre uma curva cujaequação cartesiana é

(x − 2 m)2 + (y − 3 m)2 = 9 m2 .

Supondo que no instante t = 0 s ela esteja na posição P0 de coordenadasx = 5 m e y = 3 m, sendo seu vetor velocidade de módulo constante e iguala 1,5 m/s. Pede-se:

21 u© Nota-se que x(t)=( 1

2 m s−2)t2 +(4 m

)e y(t)=

(1 m s−1)t+(

4 m).

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Figura 6.22: Solução do 5o item do Probl. 6.2, a curva descrita é uma parábola deequação cartesiana: x = 1

2 (y − 4)2 + 2.

1. traçar a curva-suporte da trajetória da partícula;

2. traçar o vetor velocidade instantânea nos pontos: P0 ≡ (5 m, 3 m), P1 ≡(2 m, 6 m), P2≡ (−1 m, 3 m3) e P3≡ (2 m, 0 m); traçar também os vetoresdeslocamento do ponto P0 aos pontos P1 e P2;

3. dizer qual o espaço percorrido quando ela se desloca de P0 a P2; qual arazão entre esse espaço percorrido e o módulo do correspondente vetordeslocamento;

4. dizer qual o espaço percorrido até a partícula retornar à posição P0 equal o vetor deslocamento nesse caso.

Respostas

1. A equação da curva-suporte da trajetória indica que ela é um círculo decircunferência de raio R=3 m e cujo centro está no ponto de coordenadas(2 m , 3 m). (cf. Fig. 6.23)

2. O vetor velocidade instantânea é, em cada ponto, tangente à trajetória eseu módulo é igual a 1,5 m/s, o sentido é o do movimento de P0 para P1.

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Figura 6.23: Solução do 1o item do Probl. 6.3, aspecto vetorial do movimento circularuniforme.

3. O espaço percorrido quando o ponto se desloca de P0 para P2 é o arcode círculo P0P1P2, sendo P2 diametralmente oposto a P0, portanto iguala πR, em que R é o raio do círculo descrito. A razão entre esse arco e omódulo do vetor deslocamento, que é |∆~r |=2R, será π/2.

4. Até retornar a P0, a partícula descreve toda a circunferência de raio R,portanto percorre o espaço 2πR. O correspondente vetor deslocamento éo vetor nulo.

Problema 6.4. Um móvel, no instante t0 =2 s, parte do ponto P0≡ (2 , 3), comvetor velocidade constante ~v0 = 30 ı+20 , até atingir o ponto P1 no instantet1 = 32 s; muda de direção, passando a ter um vetor velocidade (constante)~v1 = −20 ı−40 , até atingir o ponto P2 no instante t2 = 52 s. As coordenadasestão dadas em m e as velocidades em cm/s. Pede-se:

1. os vetores posição de P0, P1 e P2;

2. as coordenadas de P0, P1 e P2;

3. os vetores deslocamento do móvel entre P0 e P1, P1 e P2, e, P0 e P2;

4. os espaços percorridos pelo móvel entre P0 e P1, P1 e P2, e, P0 e P2;

5. o vetor deslocamento e o espaço percorrido no intervalo de tempo defi-nido pelos instantes t1 e t2;

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6. Represente o vetor velocidade do móvel em cada trecho em que a velo-cidade é constante.

Respostas Equação vetorial do vetor posição:

~r = ~r0 + ~v0(t − t0) para t∈ [t0, t1] (6.13a)

~r = ~r1 + ~v1(t − t1) para t∈ [t1, t2] (6.13b)

Equações cartesianas correspondentes

x = x0 + v0x(t − t0) ; y = y0 + v0y(t − t0) para t∈ [t0, t1] (6.14a)

x = x1 + v1x(t − t1) ; y = y1 + v1y(t − t2) para t∈ [t1, t2] (6.14b)

Donde:

x = 2 + 0,3(32 − 2) = 11 cmy = 3 + 0,2(32 − 2) = 9 cm

P1 ≡ (11 cm, 9 cm) (6.15a)

x = 11 + (−0,2)(52 − 32) = 7 cmy = 9 + (−0,4)(52 − 32) = 1 cm

P2 ≡ (7 cm, 1 cm) (6.15b)

|~v1| =√

v2x + v2

y =√

302 + 202 = 10√

13 = 36 cm/s = 0,36 m/s

|~v2| =√

v2x + v2

y =√

202 + 402 = 10√

20 = 46 cm/s = 0,46 m/s

|∆~r1| = |~v1| (t1 − t0) = 0,36 m/s 30 s = 10,8 m|∆~r2| = |~v2| (t2 − t1) = 0,46 m/s 20 s = 9,2 m.

Deslocamento:

∆~r = ∆~r1 + ∆~r2 = ∆x1 ı + ∆y1 + ∆x2 ı + ∆y2

= (∆x1 + ∆x2) ı + (∆y1 + ∆y2)

∆x1 = x1 − x0 ; ∆y1 = y1 − y0 ; ∆x2 = x2 − x1 ; ∆y2 = y2 − y1

= 11 − 2 ; = 9 − 3 ; = 7 − 11 ; = 1 − 9= 9 ; = 6 ; = −4 ; = −8

∆~r = (9 − 4) ı + (6 − 8) = 5 ı + (−2)

|∆~r| =√

52 + (−2)2 =√

29 ≈ 5,4 m .

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Figura 6.24: Sucessão de movimentos retilíneos e uniformes não-colineares, 6o itemdo Probl. 6.4.

Espaço percorrido:

∆s = |∆~r1| + |∆~r2| = 10,8 m + 9,2 m = 20 m .

Veja representação gráfica na Fig. 6.24.

Definição I Denomina-se celeridade média, ou rapidez média a razão entreo espaço percorrido ∆s e o intervalo de tempo ∆t empregado para per-corrê-lo: cm = ∆s/∆t. É o espaço percorrido por unidade de tempo.

Definição II Denomina-se celeridade instantânea ou rapidez instantânea aolimite

c = lim∆t→0

∆s∆t

=dsdt

.

É o espaço percorrido por unidade de tempo calculado num dado ins-tante, ou durante um intervalo de tempo infinitesimal.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 285 — #285


Problema 6.5. Um ponto material parte de uma posição P0≡ (2 , 3) com vetorvelocidade constante ~v0 = 0,3 ı+0,4 no instante t0 = 2 s. As coordenadas sãodadas em m e as velocidades em m/s. No instante t1 = 12 s, muda de direção,passando a ter um vetor velocidade constante ~v1 = 0,2 ı−0,4 até o instantet2 = 22 s, quando muda novamente de velocidade, adquirindo a velocidade~v2 =−0,3 ı−0,2 até o instante te =32 s, quando estaciona em Pe. Pede-se:

1. fazer o diagrama do movimento;

2. calcular os vetores deslocamento entre os instantes dados e o desloca-mento entre P0 e Pe;

3. calcular o espaço percorridos entre os instantes dados e o espaço totalde P0 a Pe;

4. calcular as celeridades médias e as instantâneas entre os instantes da-dos, e a celeridade média de P0 e Pe;

5. calcular o vetor velocidade média entre P0 e Pe;

6. comparar os resultados.

Respostas Coordenadas dos pontos P0, P1, P2 e Pe:

P0: P0≡ (2 m, 3 m)

P1: x1 = x0 + v0x (t1 − t0) e y1 = y0 + v0y (t1 − t0), daí

x1 = 2 + 0,3 (12 − 2) = 2 + 3 = 5y1 = 3 + 0,4 (12 − 2) = 3 + 4 = 7 , portanto P1≡ (5 m, 7 m)

P2: x2 = x1 + v1x (t2 − t1) e y2 = y1 + v1y (t2 − t1), daí

x2 = 5 + 0,2 (22 − 12) = 5 + 2 = 7y2 = 7 + (−0,4) (22 − 12) = 7 − 3 = 4 , portanto P2≡ (7 m, 3 m)

Pe: x2 = x2 + v2x (te − t2) e ye = y2 + v2y (te − t2), daí

xe = 7 + (−0,3) (32 − 22) = 7 − 3 = 4ye = 3 + (−0,2) (32 − 22) = 3 − 2 = 1 , portanto Pe≡ (4 m, 1 m)

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 286 — #286


Deslocamentos:

∆~r1 = (x1 − x0) ı + (y1 − y0)

= 3 ı + 4 |∆~r1| =√

32 + 42 =√

25 = 5

∆~r2 = (x2 − x1) ı + (y2 − y1)

= 2 ı + 4 |∆~r2| =√

22 + 42 =√

20 = 4,48

∆~re = (xe − x2) ı + (ye − y2)

= 2 ı − 2 |∆~re| =√

22 + 22 =√

8 = 2,83.

O espaço percorrido entre os instantes dados é igual ao módulo dos respec-tivos deslocamentos, logo o espaço total percorrido no intervalo de tempo∆t= te − t0 =32 − 2=30 s:

∆s = |∆~r1| + |∆~r2| + |∆~r3| = 12,65 m

Portanto a celeridade média será:

∆s/∆t = 12,65 m/30 s = 0,422 m/s

A velocidade média será:

~vm =∆~r∆t

=2 m30 s

ı +−2 m30 s

= (0,067 m/s) ı − (0,067 m/s)

e

|~vm| = |∆~r|∆t

=2,83 m

30 s= 0,094 m/s .

A velocidade média do ponto P entre P0 e Pe é igual a 0,094 m/s e sua ve-locidade média é 0,422 m/s. Se um ponto P′ sai de P0 no mesmo instante queP, mas percorrendo o deslocamento

−−−→P0Pe com velocidade média de módulo

igual a 0,094 m/s, ele chegará à posição Pe no mesmo instante que P, o qualdeve percorrer o caminho de P0 a P1, de P1 a P2, e de P2 a Pe, muito maislongo, por isso a celeridade de P é muito maior que a celeridade de P′, con-siderada como espaço percorrido por unidade de tempo ao logo do segmentoP0Pe. Observe-se que se Pe coincide P0, o deslocamento de P′, e portanto tam-bém de P, é o vetor nulo, o vetor velocidade média de P′ e de P entre P0 e Peé o vetor nulo, entretanto a celeridade de P não é nula.

Veja representação gráfica na Fig. 6.25.

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Figura 6.25: Solução do 1o item do Probl. 6.5.


x = 12 t2 + 2

y = t + 4 ,

em que x e y são expressos em metros e t em segundos. Pede-se:

1. as coordenadas do ponto no instante t=0 s e t=4 s;

2. os raios vetores do ponto para t=0 s e t=4 s;

3. o vetor deslocamento no intervalo de tempo entre os instantes t = 0 s et=4 s;

4. o vetor velocidade (instantânea) para t=0 s, t=2 s e t=3 s;

5. fazer a representação gráfica da trajetória entre t = 0 s e t = 4 s, bemcomo a das grandezas dos quesitos anteriores;

6. calcular o espaço percorrido entre os instantes t=0 s e t=3 s.

Respostas A curva descrita é uma parábola cuja equação cartesiana é: y =12 (y−4)2+2.

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t x y0 2,0 4,01 2,5 5,02 4,0 6,03 6,5 7,04 10,0 8,0

Figura 6.26: Representação gráfica correspondente às equações paramétricas: x= 12 t2

e y= t+4, relativas ao Probl. 6.6.

Vetor deslocamento entre ~r(0 s) e ~r(4 s): (veja Fig. 6.26)

∆~r4 = (x4 − x0) ı + (y4 − y0)

= (10 − 2) ı + (8 − 4)

= (8 m) ı + (4 m)

|∆~r4| =√

82 + 42 =√

80 = 8,94 m .

Espaço percorrido entre t0 =0 s e t4 =4 s, de P0 e P4:

ds2 = dx2 + dy2 =(vx dt

)2+

(vy dt

)2

=(v2

x + v2y

)(dt)2

ds =

√v2

x + vy dt

s − s0 =

∫ t

0

√v2

x + vy dt ; vx = t , vy = 1

=

∫ t

0

√1 + t2 dt .

A integral anterior é da forma∫ √

c2 + z2 dz, em que c é uma constante. Essaintegral se estuda nas aulas de cálculo, ou também se pode achar em tabelas,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 289 — #289


teremos: ∫ √c2 + z2 dz =

12

[z√

c2 + z2 + c2 ln(z +√

c2 + z2 )]

(6.16)

Neste caso c=1 e z= t, logo dz=dt, donde:∫ √

1 + t2 dt =12

[t√

1 + t2 + ln(t +√

t2 + 1 )],

note-se que ln é o logaritmo neperiano, temos portanto: 22

s =

∫ 4

0

√1 + t2 dt =

[12

t√

1 + t2 + ln(t +√

t2 + 1 )]4

0

=12

4√

1+42 + ln(4+√

42+1 )− 1

2

0√

1+02 + ln(0+√

02+1 )

=12

4√

17 + ln(4 +√

17 )− 1

20 + ln(1)

=124 × 4,12 + ln(8,12) − 0

=12

(16,48 + 2,094) =18,574

2≈ 9,28 m,

o que confere com o gráfico da Fig. 6.26; compare com o módulo do desloca-mento que é 8,94 m.

Problema 6.7. Um ponto descreve uma trajetória de equações paramétricas:

x = (2 m/s)ty = (4 m/s)t − ( 1

2 m/s2)t2 .

Pede-se:

1. fazer o gráfico da curva-suporte da trajetória entre t=0 s e t=8 s;

2. determinar o vetor deslocamento entre t=0 s e t=8 s;

3. calcular o espaço percorrido entre t=0 s e t=8 s;

4. medir o espaço percorrido no gráfico e comparar com os resultadoscalculados.

22 u© Note-se também que se pretende calcular o espaço percorrido sobre a curva suporte domovimento durante dois instantes, assim se pode considerar s0 =0 sem perda de generalidade.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 290 — #290


Dados para os pontosda Fig. 6.27.

t x y0 0,0 0,01 2,0 3,52 4,0 6,03 6,0 7,54 8,0 8,05 10,0 7,56 12,0 6,07 14,0 3,58 16,0 0,0

Respostas Temos:

x = 2t ; y = 4t − 12 t2

vx = 2 ; vy = 4 − t

ds =√

4 + (4 − t)2 dt

s =

∫ 8

0

√4 + (4 − t)2 dt

para calcular essa integral podemos fazer z = 4− t, daídz =−dt, associados aos limites de integração: t = 0 7→z = 4 e t = 8 7→ z =−4, donde, levando em conta (6.16)para c2 =4:

s = −∫ −4

4

√4 + z2 dz

=12

[z√

z2 + 4 + 4 ln(z +√

z2 + 4)]+4

−4

=12

4√

16+4 + 4 ln(4+√

16+4)

+

− 12

−4√

16+4 + 4 ln(−4+√

16+4)

=12

4√

20 + 4 ln(4+√

20)− 1

2

−4√

20 + 4 ln(−4+√

20)

=12(4 × 4,47 + 4 ln(8,47)) − (−4 × 4,47 + 4 ln(0,47))

=12(17,88 + 4(2,14)) − (−17,88 + 4(−0,76))

=12(17,88 + 8,56) − (−17,88 − 3,04) =

12(22,44) − (20,92)

=47,36

2= 23,68 m .

Deslocamento: (16,0 m) ı, calcule.


x = (0,1 m/s) ty = (4 m/s) t − ( 1

2 m/s2) t2.

Pede-se:

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Figura 6.27: Movimento parabólico, espaço percorrido medido no gráfico com umalinha: 23,4 m (ADT), Probl. 6.7.

1. fazer o gráfico da curva-suporte da trajetória entre t=0 s e t=8 s;

2. determinar o vetor deslocamento entre t=0 s e t=8 s;

3. calcular o espaço percorrido entre t=0 s e t=8 s.

Respostas Temos: (veja Fig. 6.28)

x = 0,1t ; y = 4t − 12 t2

vx = 0,1 ; vy = 4 − t

e o espaço infinitesimal percorrido no intervalo de tempo dt será:

ds =√

0,01 + (4 − t)2 dt ⇒ s =

∫ 8

0

√0,01 + (4 − t)2 dt

para calcular essa integral podemos fazer z=4−t, daí dz=−dt, associados aoslimites de integração: t = 0 7→ z = 4 e t = 8 7→ z =−4, donde, levando em conta(6.16) para c2 = (0,1)2:

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 292 — #292


s = −∫ −4

4

√0,01 + z2 dz =

∫ 4

−4

√0,01 + z2 dz

= 12

[z√

z2 + 0,01 + 0,01 ln(z +√

z2 + 0,01)]+4

−4

= 12

4√

0,01+16 + 0,01 ln(4+√

0,01+16)

+

− 12

−4

√0,01+16 + 0,01 ln(−4+

√0,01+16)

= 12

4√

16,01 + 0,01 ln(4+√

16,01)

+

− 12

−4

√16,01 + 0,01 ln(−4+

√16,01)

= 12(4 × 4,0012 + 0,01 ln(4 + 4,0012))

+

− 12(−4 × 4,47 + 0,01 ln(−4 + 4,0012))

= 12 (16,00 + 0,01 ln(8,00)) − (−16,00 + 0,01 ln(0,0012))

= 12(16,00 + 0,01(2,823)) − (−16,00 + 0,01(−6,73))

= 12(16,00 + 0,02828) − (−16,00 − 0,0673)

= 12(16,028) − (−16,067)

= 1

2(16,028) + (16,067)

=32,10

2= 16,05 m .

Deslocamento:

∆~r = (x8 − x0) ı + (y8 − y0)

= (0,8 − 0,0) ı + (0 − 0) = (0,8 m) ı .

É fácil demonstrar que o termo c2 ln(z +√

c2 + z2) tende para zero quandoc→ 0, deste modo a fórmula (6.16) se reduz a:

limc→0

∫ √c2 + z2dz =

∫ √z2dz =

12

[z√

z2]

=12

[z |z|]

em que |z| é o módulo de z. Assim, se um corpo descreve uma trajetória deequações paramétricas

x = v0t − 12 at2

y = 0 ,

a velocidade para um instante qualquer t será v = v0−at e o espaço infinitesi-mal percorrido no intervalo de tempo dt será:

ds =

√(v0 − at)2

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 293 — #293


e o espaço percorrido no intervalo de tempo de 0 a t será:

s =

∫ t

0

√(v0 − at)2 dt .

Pondo z = v0−at, vem dz = −adt, dt = −(1/a)dz, com os limites de integraçãodeterminados por meio de z(t), assim:

s = −1a

∫ v0−at

v0

√(z)2 dt =

1a

∫ v0

v0−at

√(z)2 dz

=1a

∫ v0

v0−at|z| dz =

12a

[z |z|

]v0

v0−at

=1

2a

[v0 |v0| − (v0 − at) |v0 − at|

].

Se v0>0, |v0|=v0 e se tem que

s =1

2a

v2

0 − (v0 − at) |v0 − at|, (6.17)

em que |v0 − at| é o módulo de v0 − at.

Figura 6.28: Movimento parabólico, Probl. 6.8, com projeção de velocidade sobre oeixo Ox bem menor que o correspondente da Fig. 6.27.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 294 — #294


Problema 6.9. Um corpo se desloca em linha reta, descrevendo uma trajetóriade equações paramétricas:

x = v0t − 1

2 a t2

y = 0 ,

em que v0 =20 m/s e a=10 m/s2. Pede-se seu vetor deslocamento em relaçãoà posição correspondente a t = 0 s, e o espaço percorrido em relação a t = 0 spara os instantes t=2 s, 3 s e 4 s.

Respostas Deslocamentos:

t = 2 s x2 = (20 m/s)(2 s) − 12 (10 m/s2)(2 s)2

= 40 m − 20 m = 20 m

t = 3 s x3 = (20 m/s)(3 s) − 12 (10 m/s2)(3 s)2

= 60 m − 45 m = 15 m

t = 4 s x3 = (20 m/s)(4 s) − 12 (10 m/s2)(4 s)2

= 80 m − 80 m = 0 m

Espaços: usando-se a fórmula (6.17) deduzida anteriormente e considerandoσ=

v0−at|v0−at| se tem:

t = 2 s s2 =1

2 · 10 m s−2

(20 m s−1)2 − σ(20 m s−1 − 10 m s−2 · 2 s)2

=1

20 m s−2

(400 m2 s−2) − (20 m s−1 − 20 m s−1)2

=400 m2 s−2

20 m s−2 = 20 m

t = 3 s s3 =1

2 · 10 m s−2

(20 m s−1)2 − σ(20 m s−1 − 10 m s−2 · 3 s)2

=1

20 m s−2

(400 m2 s−2) + (20 m s−1 − 30 m s−1)2

=1

20 m s−2

(400 m2 s−2) + (100 m2 s−2)

=

502

m = 25 m

t = 4 s s4 =1

2 · 10 m s−2

(20 m s−1)2 − σ(20 m s−1 − 10 m s−2 · 4 s)2

=1

20 m s−2

(400 m2 s−2) + (20 m s−1 − 40 m s−1)2

=802

m = 40 m .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 295 — #295


Problema 6.10. Deduza a expressão (6.17), i.e.,

s =1

2 av0 |v0| − (v0 − a t) |v0 − a t| (6.18)

a partir da equação x=v0−12 a t2 (da qual se tira v=v0−at). A expressão (6.18)

pode ser escrita sob a forma

s =1

2 av0

2 ± (v0 − a t)2 ,

o sinal positivo (+) valendo quando a t > v0, e o sinal negativo (−) quandoa t<v0.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 296 — #296

296

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 297 — #297

Capítulo 7

Estudo da Aceleração†

7.1 Aceleração

Suponhamos que um ponto se desloque sobre uma curva, tendo velocidade ~v1e ~v2, nas posições P1 e P2, por onde passa nos instantes t1 e t2. A variação dovetor velocidade durante o intervalo de tempo ∆t = t2−t1 é o vetor ∆~v=~v2−~v1.Para obtermos na Fig. 7.1 esse vetor ∆~v, traçamos por P1 um segmento de retaorientado equipolente a ~v2, e que é indicado na Fig. 7.1 pela mesma letra, ovetor ∆~v é representado pelo segmento orientado tal que ~v1+∆~v=~v2.

Figura 7.1: Ilustração para o vetor ∆~v = ~v2 − ~v1 das velocidades associadas aos ins-tantes t1 e t2.

No estudo do movimento de um ponto é muito importante conhecer a va-riação da velocidade por unidade de tempo, que, sendo uma razão entre umvetor ∆~v e um escalar ∆t, é ainda um vetor denominado aceleração média no

†Ver o Preâmbulo do Fascículo VI em A.6, página 588.

297

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 298 — #298

298 Capítulo 7. Estudo da Aceleração

intervalo de tempo ∆t:

~am =∆~v∆t

.

O limite dessa razão quando ∆t→0 se denomina aceleração instantânea cal-culada no ponto P1, ou no instante t1:

~a(t1) = lim∆t→0

∆~v∆t

= lim∆t→0

~v(t1 + ∆t) − ~v(t1)∆t

=d~vdt

∣∣∣∣∣∣t1

,

que é o vetor derivada da função vetorial ~v(t), calculada no instante dado t1.Desse modo, teremos assim,

~a =d~vdt

=ddt

(vx ı − vy

)

=

(dvx

dt

)ı −

(dvy

dt

) .

Isto é, a aceleração ~a=(ax ay

)terá componentes

ax =dvx

dte ay =

dvy

dt

num sistema de eixos ortogonais cartesianos.É claro que d~v = ~a dt, e assim, somando esses vetores infinitesimais obte-

mos:

~v2 − ~v1 =

∫ ~v2

~v1

d~v =

∫ t2

t1~a dt .

Podemos exprimir essa diferença, usando o vetor aceleração média:

~am =∆~v∆t

=~v2 − ~v1

t2 − t1~v2 − ~v1 = ~am (t2 − t1) .

As fórmulas correspondentes para os eixos de x e y são:

vx2 − vx1 =

∫ t2

t1ax dt

vy2 − vy1 =

∫ t2

t1ay dt , ou

vx2 − vx1 = amx (t1 − t2)

vy2 − vy1 = amy (t1 − t2) .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 299 — #299

7.2. Componentes normal e tangencial da aceleração 299

7.2 Componentes normal e tangencial da aceleração

Figura 7.2: Decomposição do vetor ∆~v se-gundo a direção tangente e normal à traje-tória na posição ocupada no instante t.

Para estudo do movimento de umponto é muito importante obter ascomponentes da aceleração em duascomponentes ortogonais, uma tan-gente à trajetória, ~at , e a outra nor-mal a essa trajetória, ~an :

~a = ~at + ~an .

Para obtermos essas componen-tes consideremos dois instantes t1 et2, nos quais P ocupa as posições P1e P2 com velocidades ~v1 e ~v2 res-pectivamente, veja Fig. 7.2. Temos:∆~v = ~v2 − ~v1. Decomponhamos ∆~vem duas direções do seguinte modo:tomamos o segmento representativode ~v1 (com reta suporte passando porP1) e o rebatemos sobre o segmentorepresentativo de ~v2, fazendo centro em P1, obtemos o segmento orientado ~v ′1de mesmo módulo que ~v1, mas cuja direção é a de ~v2, as duas componentes de∆~v serão ∆~vt e ∆~vn, em que

∆~vt = ~v2 − ~v ′1∆~vn = ~v ′1 − ~v1 ,

temos∆~v = ∆~vt + ∆~vn ,

e assim,

~a = lim∆→0

∆~v∆t

(7.1a)

= lim∆→0

∆~vt

∆t+ lim

∆→0

∆~vn

∆t. (7.1b)

Para calcular esses limites, podemos pôr

∆~vt =|~v2| − |~v ′1|

τ′ ,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 300 — #300


em que τ′ é o versor de ~v2, com o sentido de ~v2, o que acarreta que a diferença~v2 − ~v ′1 será de mesmo sentido que ~v2 se |~v2| > |~v1| (Fig. 7.2); mas de sentidocontrário se |~v2|< |~v1|, neste caso, a diferença |~v2|−|~v1|<0 é negativa e inverte osentido de τ′, dando assim um vetor ∆~vt de contido contrário, a Fig. 7.3 ilustraeste caso.

Figura 7.3: Mesma situação da Fig. 7.2 para o caso em que o módulo da velocidadediminui, i.e., |~v2|< |~v1|.

Podemos assim representar

∆~vt = ∆|~v| τ′ , (7.2)

em que ∆|~v| significa a variação do módulo do vetor velocidade durante o in-tervalo de tempo ∆t.

Aceleração tangencial Vamos examinar o primeiro limite de (7.1b). Usandoa relação (7.2), temos:

lim∆t→0

∆~vt

∆t= lim

∆t→0

(∆|~v|∆t

τ ′)

=

(lim

∆t→0

∆|~v|∆t

) (lim

∆t→0τ ′

),

mas

lim∆t→0

∆|~v|∆t

=d|~v|dt

e lim∆t→0

τ ′ = τ ,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 301 — #301

7.2. Componentes normal e tangencial da aceleração 301

donde

lim∆t→0

∆~vt

∆t=

d|~v|dt

τ .

Isto é, esse vetor limite é igual ao produto do escalar derivada do módulo dovetor velocidade pelo versor da tangente à curva no ponto considerado1, trata-se pois da componente tangencial da aceleração (a aceleração tangencial),tangente à curva no ponto dado, isto é,

~at =d|~v|dt

τ . (7.3)

Aceleração normal Vejamos agora o segundo limite de (7.1b). Na Fig. 7.3 ena Fig. 7.4, indicamos o versor do vetor ∆~vn por n′, de modo que: (veja tam-bém a Fig. 7.2)

∆~vn = |∆~vn| n′ .Ora, o módulo do vetor ∆~vn é o comprimento da corda que subtende o arco de

Figura 7.4: Geometria para a aceleração normal.

comprimento ∆w descrito pelo segmento representativo de ~v1 quando rebate-mos esse vetor sobre a direção de ~v2 para obter o vetor ~v ′1, o ângulo entre osdois vetores ~v1 e ~v2 sendo o mesmo ângulo ∆θ entre as duas tangentes à curvanos pontos P1 e P2 da trajetória (paralelas a ~v1 e a ~v2), e no limite podemossubstituir o comprimento dessa corda pelo respectivo comprimento de arco,pois que:

lim|∆~vn |→0

∆w|∆~vn| = 1 ou lim

∆w→0

|∆~vn|∆w

= 1 .

1 u© Isto é, vetor de módulo 1, adimensional, com o sentido da velocidade no ponto consi-derado.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 302 — #302


Temos assim:

lim∆t→0

∆~vn

∆t= lim

∆t→0

( |∆~vn|∆t

n′)

= lim∆t→0

( |∆~vn|∆w

∆w∆t

n′)

=

(lim

∆t→0

|∆~vn|∆w

) (lim

∆t→0

∆w∆t

) (lim

∆t→0n′

)

= 1(

lim∆t→0

∆w∆t

) (lim

∆t→0n′

),

visto que o primeiro limite tende para 1 (um), como se viu anteriormente. Ora,∆w = |~v1|∆θ, portanto:

lim∆t→0

∆~vn

∆t=

(lim

∆t→0

|~v1|∆θ∆t

) (lim

∆t→0n′

).

Quando ∆t → 0, ∆θ → 0, e então

lim∆t→0

n′ = n ,

que é o versor da normal ao vetor ~v1, deste modo se tem que:

lim∆t→0

∆~vn

∆t= |~v1| n lim

∆t→0

∆θ

∆t. (7.4)

7.3 Raio de curvatura, curvatura e aceleraçãotangencial

Examinemos agora o limite do segundo membro da equação (7.4). Para tanto,recordaremos alguns dados de geometria. Veja Fig. 7.5. Nela traçamos umacircunferência de círculo de raio (de curvatura) R. Como sabemos, o arco ∆scorrespondente ao ângulo central ∆θ é dado pela expressão2

R ∆θ = ∆s ,

2 u© Essa é a definição para medição do ângulo α = ∆θ, sendo o radiano a unidade naturalpara expressar medida de ângulo, seja um ângulo central ou não. Veja a definição de radiano noSI [3, 30].

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 303 — #303

7.3. Raio de curvatura e curvatura 303

Figura 7.5: Geometria do círculo.

quando se usa radiano para expressar a medida do ângulo ∆θ, deste modo:

R =∆s∆θ

e fazendo1R

= κ =∆θ

∆s,

em que κ, o inverso do raio R, denomina-se curvatura. Observe que o ângulocentral ∆θ é igual ao ângulo formado pelas duas (retas) tangentes ao círculonos pontos P1 e P2, pois que são ortogonais aos raios R correspondentes e quesão os lados do ângulo central ∆θ.

No caso do círculo de raio R fica claro que

lim∆θ→0

∆s∆θ

= R e lim∆s→0

∆θ

∆s=

1R

= κ , ou ainda lim∆s→0

∆θ

∆s=

1R1

= κ1 ,

em que se designou pelo índice 1 o “raio de curvatura e a curvatura do círculocalculados no ponto P1”.

Voltemos ao caso geral de uma curva qualquer, veja Fig. 7.6. Suponhamosdois pontos P1 e P2 de uma curva que definem o arco (de comprimento) ∆ssobre ela; tomemos as tangentes à curva nos pontos P1 e P2, e as normais(com direções determinadas pelos versores) n e n′ nesses mesmos pontos.Neste caso teremos as seguintes definições:

ρm =∆s∆θ

κm =∆θ

∆s,

que se denominam respectivamente raio de curvatura médio e curvatura mé-dia da curva entre os pontos P1 e P2, e o limite

lim∆θ→0

∆s∆θ

=dsdθ

= ρ1

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 304 — #304


Figura 7.6: Geometria das normais e das tangentes à uma curva qualquer nos pontosP1 e P2.

denomina-se raio de curvatura da curva no ponto P1, e

lim∆s→0

∆θ

∆s=

dθds

=1ρ1

= κ1

denomina-se curvatura da curva no ponto P1.Observe-se que o ponto 0, ponto de encontro das normais N1 e N2 (cf. Fig. -

7.6), é o centro médio de curvatura entre os pontos P1 e P2, e o ponto 01 é ocentro de curvatura da curva no ponto P1, a distância P10 =ρ1, como é óbvio.

Retornemos ao nosso problema. No cálculo do limite da fórmula (7.4),temos:

lim∆t→0

∆θ

∆t= lim

∆t→0

(∆θ

∆s∆s∆t

)

=

(lim

∆s→0

∆θ

∆s

) (lim

∆t→0

∆s∆t

),

como se viu anteriormente

lim∆s→0

∆θ

∆s=

1ρ1

e lim∆t→0

∆s∆t

= |~v1| ,

portanto

lim∆t→0

∆θ

∆t=|~v1|ρ1

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 305 — #305

7.3. Raio de curvatura e curvatura 305

e, levando esse valor em (7.4), temos finalmente:

lim∆t→0

∆~vn

∆t=|~v1|2ρ1

n ,

que é um vetor normal à curva no ponto P1, trata-se portanto da componentenormal ~an da aceleração no ponto considerado (da curva, quando passa comvelocidade ~v1), como queríamos demonstrar.

~an =|~v1|2ρ1

n ,

e assim: ~a = ~at + ~an , como procurávamos. Em resumo:

~at =d|~v|dt

τ .

~an =|~v1|2ρ1

n .(7.5)

Observação Quando o ponto se move sobre a curva, veja Fig. 7.7, fixandosobre ela um ponto P1, no qual a velocidade é ~v1, e um ponto P2, no qual avelocidade é ~v2, para estudarmos a variação da velocidade, tiramos por P1 umvetor equipolente a ~v2, definindo-se desse modo o ângulo ∆θ2. Se considerar-

Figura 7.7: Ilustração para a velocidade angular média ∆θ∆t .

mos o ponto P movendo-se sobre a curva com velocidade ~v = ~v(t) e traçarmospor P1 o vetor (velocidade) equipolente a ~v em P, o ângulo ∆θ é o ângulo deque gira a reta tangente à curva em P, quando se move sobre a curva, e a razão∆θ/∆t é a velocidade angular média do ponto sobra a curva, e

lim∆t→0

∆θ

∆t= ω

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 306 — #306


é a velocidade angular instantânea calculada no ponto P1.Retornaremos a este caso quando estudarmos o movimento circular (cf.

pág. 312).Vejamos agora algumas expressões matemáticas facilmente obteníveis do

que já se viu.

7.4 Expressão cartesiana do raio de curvatura e dacurvatura

Seja a expressão paramétrica da trajetória de um ponto P num plano:

x = x(t)y = y(t) .

Pelas fórmulas estudadas podemos obter a velocidade e aceleração do pontoem cada instante t, bem como o espaço percorrido pelo ponto para qualquerintervalo de tempo e o seu deslocamento no espaço.3

A aceleração está sempre voltada para a concavidade da curva, e fará umângulo θ com a velocidade, e sendo ~at = at τ e ~an = an n as componentes tan-gencial e normal da aceleração ~a, teremos: (cf. Fig. 7.8)

Figura 7.8: Componentes normal e tangencial em um movimento circular do ponto P.

at = |~a| cos θan = |~a| sen θ .

Mas essas expressões, usando-se o Cálculo Vetorial, poderão ser escritasde outro modo, pois o produto escalar de ~a por ~v é:

~a ·~v = |~a| |~v| cos θ ,

3 u© Para o domínio temporal em que a trajetória é dada por (x(t), y(t)).

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 307 — #307

7.4. Expressão cartesiana do raio de curvatura e da curvatura 307

assim, dividindo pelo módulo de ~v, temos

~a ·~v|~v| = |~a| cos θ = at .

Analogamente, o produto vetorial de ~a por ~v em módulo nos dá:

|~a ∧ ~v| = |~a| |~v| sen θ

e dividindo pelo módulo de ~v:

|~a ∧ ~v||~v| = |~a| sen θ = an .

Segue-se que os módulos serão:

|~at| = |~a ·~v||~v|

|~an| = |~a ∧ ~v||~v| ,

(7.6)

mas

|~an| = |~v|2

ρ,

onde ρ é o raio de curvatura da trajetória na posição ocupada por P no instantet, donde

|~v|2ρ

=|~a ∧ ~v||~v| ,

ρ =|~v|3|~a ∧ ~v|

κ =1ρ

=|~a ∧ ~v||~v|3 .

(7.7)

Passar para a expressão cartesiana é muito fácil; de fato, as componentescartesianas da velocidade e da aceleração sendo como já se viu:

~v =(vx, vy, vz

)=

(dxdt,

dydt,

dzdt

)

~a =(ax, ay, az

)=

(dvx

dt,

dvy

dt,

dvz

dt

)=

(d2xdt2 ,

d2ydt2 ,

d2zdt2

)

como

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 308 — #308


|~v| =(v2

x + v2y + v2

z

) 12 =

(dxdt

)2

+

(dydt

)2

+

(dzdt

)212

e

~a ·~v = axvx + ayvy + azvz

=d2xdt2

dxdt

+d2ydt2

dydt

+d2zdt2

dzdt

e

|~a ∧ ~v| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

ı kax ay az

vx vy vz

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣ay az

vy vz

∣∣∣∣∣∣2

+

∣∣∣∣∣∣az ax

vz vx

∣∣∣∣∣∣2

+

∣∣∣∣∣∣ax ay

vx vy

∣∣∣∣∣∣2

12

.

Portanto

at =

d2xdt2

dxdt

+d2ydt2

dydt

+d2zdt2

dzdt

(dxdt

)2

+

(dydt

)2

+

(dzdt

)212

an =

∣∣∣∣∣∣∣∣

d2ydt2

d2zdt2

dydt

dzdt

∣∣∣∣∣∣∣∣

2

+

∣∣∣∣∣∣∣∣

d2zdt2

d2 xdt2

dzdt

dxdt

∣∣∣∣∣∣∣∣

2

+

∣∣∣∣∣∣∣∣

d2 xdt2

d2ydt2

dxdt

dydt

∣∣∣∣∣∣∣∣

2

12

(dxdt

)2

+

(dydt

)2

+

(dzdt

)212

(7.8)

Se a curva está no plano Oxy, z=0 e neste caso as componentes em z são nulas,obtém-se:

at =

d2xdt2

dxdt

+d2ydt2

dydt

(dxdt

)2

+

(dydt

)212

an =

∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣d2 xdt2

d2ydt2

dxdt

dydt

∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣(dxdt

)2

+

(dydt

)212

(7.9)

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 309 — #309

7.4. Expressão cartesiana do raio de curvatura e da curvatura 309

Observe-se a simplicidade das fórmulas (7.6) e (7.7), e a extensão das ex-pressões (7.8) ou (7.9), que entretanto são facilmente obteníveis das (7.6) e(7.7), conhecidas as expressões do produto escalar e do produto vetorial emeixos cartesianos.

A curvatura κ da curva4 é facilmente obtida da (7.7), bastando dividir-se aexpressão de |~an| pelo quadrado do módulo de ~v

κ =|~a ∧ ~v||~v|3 =

|~an||~v|2 .

Damos sua expressão cartesiana apenas no plano5:

κ =

∣∣∣∣∣∣∣∣

d2 xdt2

d2ydt2

dxdt

dydt

∣∣∣∣∣∣∣∣(dxdt

)2

+

(dydt

)232

O raio de curvaturaρ =

1κ.

Observação O estudante não deve se impressionar com essas fórmulas mui-to extensas, e não deve procurar retê-las de memória, mas apenas aprender adeduzi-las, conhecendo as expressões do produto escalar e do produto vetorial(em coordenadas cartesianas).

4 u© Na posição do ponto correspondente ao instante considerado.5 O estudante deverá exprimir a expressão (tridimensional) por completo como treino

de matemática.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 310 — #310

310

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 311 — #311

Capítulo 8

Movimento de um ponto

Podemos agora classificar os vários tipos de movimento de um ponto no plano.Quanto à trajetória o movimento se divide em retilíneo e curvilíneo. No

movimento retilíneo o ponto descreve uma trajetória em linha reta; no movi-mento curvilíneo a trajetória descreve uma linha curva.

Quanto ao modo pelo qual ele descreve o movimento, este se classifica emuniforme ou acelerado; no caso da trajetória curvilínea é claro que o movi-mento é sempre acelerado, entretanto, quando o módulo do vetor velocidade éconstante, o movimento, mesmo curvilíneo, costuma denominar-se uniforme,pois ele percorre espaços iguais em tempos iguais; um caso particular muitoimportante é aquele em que o ponto descreve uma circunferência, o módulo dovetor velocidade permanecendo constante, tal movimento se denomina movi-mento circular uniforme. Para distinguir os vários tipos de movimento pode-mos considerar as componentes normal e tangencial da aceleração.

8.1 Movimento de um ponto no plano

8.1.1 Movimento retilíneo – trajetória retilínea

A trajetória sendo uma linha reta, a componente normal da aceleração é semprenula, pois é nula a curvatura de uma reta, sendo infinito seu raio de curvatura,assim an =v2/ρ=0, pois ρ=∞. 1

1 u© Entenda-se que o símbolo∞, ou o termos infinito, não significa um dado número real,significa, sim, um jogo sem resultado e sem vencedor: dê-me um valor que responderei com umde maior valor e receberei como resposta outro ainda maior. . .

311

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312 Capítulo 8. Movimento de um ponto

8.1.1.1 Movimento retilíneo uniforme

Neste caso o vetor velocidade, i.e., o vetor ~v, é sempre constante, portanto ovetor aceleração é sempre nulo: ~at =0, ~an =0, daí ~at+~an =~a=~0.

8.1.1.2 Movimento retilíneo uniformemente variado

O vetor ~v tem direção constante, seu módulo porém varia numa razão cons-tante, isto é, a componente tangencial ~at da aceleração é constante. 2

8.1.1.3 Movimento retilíneo variado

A aceleração tangencial ~at é qualquer. 3

8.1.2 Movimento curvilíneo

8.1.2.1 Movimento circular

A trajetória ocorre sobre a circunferência de um círculo de raio R, neste caso,o raio de curvatura ρ é constante ao longo do movimento e igual ao raio docírculo, i.e., ρ=R.

8.1.2.2 Movimento circular uniforme

O módulo do vetor velocidade é constante, isto é, v = |~v|= cte, por conseguintea aceleração tangencial é nula, ~at =~0. Segue-se que

. a aceleração normal ~an é constante em módulo, i.e., |~an|=v2/R=cte,

. ~a=~an , (i.e., a aceleração total é igual a aceleração normal)

. a direção da aceleração é sempre dirigida para o centro do círculo, e porisso recebe o nome de aceleração centrípeta.

8.1.2.3 Movimento circular uniformemente acelerado

Neste caso a aceleração tangencial é constante em módulo |~at| = cte, e a ace-leração normal ~an tem módulo mas a direção e o sentido são dirigidos para ocentro de curvatura, que coincide com o centro do círculo.

2 u© O que se pode dizer sobre a componente normal da aceleração?3 u© Mas com direção constante, paralela à reta suporte do movimento retilíneo.

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8.1. Movimento de um ponto no plano 313

8.1.2.4 Movimento curvilíneo qualquer

Neste caso a velocidade pode variar em direção, módulo e sentido; a aceleraçãotambém. Pode haver pontos (associados a determinados instantes) em que aaceleração normal seja nula, i.e., ~an = ~0 ⇒ |~an| = 0, o que só pode acontecer(ser observado):

. se ~v=~0, uma vez que v=0, e daí |~an|=0, ou

. se ρ (o raio de curvatura) for infinito quando ~v,~0, uma vez que

|~an| = v2

ρ= 0 e v , 0 acarreta ρ = ∞ ,

neste ponto a aceleração normal muda de sentido,4 passando pelo (valor)zero; a concavidade da curva passa para o outro lado da reta tangente àcurva que passa pelo ponto (pela posição) em que acontece ~an = ~0. Talponto se denomina ponto de inflexão, veja Fig. 8.1.

Figura 8.1: Sempre que uma partícula passar pela posição Pinf sobre a curva, o pontode inflexão da curva, a componente normal da aceleração será nula.

8.1.3 Espaço percorrido

Um problema interessante e necessário na prática é determinar o espaço per-corrido num intervalo de tempo determinado. O problema é porém de fácilsolução se soubermos como varia o módulo do vetor velocidade em função dotempo, isto é, se tivermos a função:5

|~v| = v(t) , (8.1)4 u© Em relação ao que ocorre quando o ponto passa na vizinhança deste ponto.5 u© Se se conhece ~r(t)= x(t) ı+y(t) (ver §6.6), então ~v(t)=vx(t) ı+vy(t) , dai

v(t)=

√(vx(t)

)2+(vy(t)

)2.

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em que |~v| é o módulo da velocidade e v(t) é uma função do tempo que em cadainstante nos dá o valor desse módulo, como já vimos6

ds = |~v| dt ,

dai

s − s0 =

∫ t

t0v(t) dt . (8.2)

8.1.4 Gráfico

Para realizar a expressão (8.2), costuma-se recorrer ao gráfico da função (8.1).Veja Fig. 8.2.

Figura 8.2: Gráfico do módulo da velocidade (v) em função do tempo (t).

Tomemos um sistema de eixos ortogonais, as abscissas serão a variávelindependente, o tempo neste caso; as ordenadas, o módulo do vetor velocidade.

Suponhamos os instantes (vizinhos) t e t′ = t+dt, que diferem entre si deum intervalo de tempo infinitesimal dt.

O espaço percorrido no intervalo de tempo dt é ds = |~v| dt, no gráfico esseespaço será a área hachurada da figura, e somando-se todos os espaços ds emque pode ser subdividido o espaço s − s0 vem:

s − s0 =

∫ t

t0|~v| dt

6 u© Ver §6.7.3, onde se fez a primeira apresentação do tema.

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e no gráfico da Fig. 8.2 esse espaço vai corresponder à área compreendida entreo eixo dos tempos, de t0 a t: |~v0|=v(t0) e |~v|=v(t), e a curva representa a função|~v|=v(t).

Vejamos alguns casos.

8.1.4.1 Movimento retilíneo uniforme

A velocidade tem sempre o mesmo valor constante v(t)=v0, o gráfico é repre-sentado na Fig. 8.3. A curva que representa no gráfico o módulo da velocidade

Figura 8.3: Gráfico do módulo da velocidade (v) em função do tempo (t) para ummovimento retilíneo uniforme.

se reduz a uma reta paralela ao eixo dos tempos, veja Fig. 8.3. Teremos:

s − s0 =

∫ t

t0v0 dt = v0

∫ t

t0dt

= v0 (t − t0) .

Esse resultado pode facilmente ser obtido calculando-se diretamente a área doretângulo de altura v0 e base t−t0.

Se t0 = 0 e s0 = 0, isto é, se começarmos a contar os tempos na origem dosespaços, então s=v0t.

8.1.4.2 Movimento retilíneo uniformemente acelerado

Neste casod|~v|dt

= a0 ,

sendo a0 constante positiva7 e portanto:7 u© Está-se considerando neste caso que o módulo da velocidade é crescente.

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d|~v| = a0 dt∫ v

v0

d|~v| =∫ t

t0a0 dt

v − v0 = a0

∫ t

t0dt

v − v0 = a0 (t − t0)

v = v0 + a0 (t − t0) .

Este resultado também pode ser obtido fazendo-se o gráfico da aceleração emfunção do tempo; veja o gráfico da aceleração na Fig. 8.4. Como a aceleração

Figura 8.4: Gráfico da aceleração constante positiva (a) em função do tempo (t) paraum movimento retilíneo uniformemente acelerado.

é constante, o gráfico da aceleração (a) em função do tempo (t) fornece umareta paralela ao eixo dos tempos, e assim a variação da velocidade entre t0 e t1vai corresponder no gráfico à área do retângulo compreendida entre o eixo dostempos, do instante t0 ao instante t1, e o gráfico da aceleração em função dotempo. Do gráfico, se v(t0)=v0 e se v(t)=v, então se obtém a expressão

v − v0 = a (t − t0) ,

v(t) = v0 + a (t − t0) ,

correspondente a essa área.Deste resultado podemos obter o espaço percorrido, pois já temos a ex-

pressão do módulo da velocidade, podendo-se construir assim o seu gráfico.De fato, a função v(t) = v0 + a (t−t0) vai dar uma reta (veja Fig. 8.5), e a áreaentre o eixo dos tempos e as ordenadas v0 e v1, correspondentes aos instantest= t0 e t= t1, é a área de um trapézio de bases v0 e v1 e altura t1−t0. Essa área éportanto a semi-soma das bases vezes a altura, isto é, o espaço:

s1 − s0 =12

(v0 + v1) (t1 − t0) ,

mas v(t) = v0 + a (t − t0), logo, sendo t1 um instante genérico t,

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Figura 8.5: Gráfico do módulo da velocidade (v) em função do tempo (t) para ummovimento retilíneo uniforme.

s(t) − s0 =12

v0 +

[v0 + a

(t − t0

)] (t − t0

),

portanto

s(t) − s0 = v0 (t − t0) + 12 a (t − t0)2 . (8.3)

Observação A expressão do módulo do vetor deslocamento8 é igual a ex-pressão do espaço percorrido dado em (8.3). Porquê? E se a aceleração fornegativa?

8.1.4.3 Movimento retilíneo uniformemente retardado

Como, independentemente da aceleração constante ser positiva ou negativa,

v(t) = v0 + a (t − t0) ,

então por integral obteríamos:∫ t

t0ds =

∫ t

t0[v0 + a (t − t0)] dt

=

∫ t

t0[v0 dt + a (t − t0) dt]

=

∫ t

t0v0 dt +

∫ t

t0at dt −

∫ t

t0at0 dt

= v0 (t − t0) + 12 at2

∣∣∣∣t

t0− at0 t

∣∣∣∣t

t0

= v0 (t − t0) + 12 at2 − 1

2 at20 − at0 t + at2

0 =

8 u© Para o caso do movimento retilíneo, para o caso de aceleração positiva e para t ≥ t0.

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s − s0 = v0 (t − t0) + 12 a

(t2 − 2 t t0 + t2

0

),

portanto

s − s0 = v0 (t − t0) + 12 a (t − t0)2 . (8.4)

Observe-se que esse é o espaço percorrido com aceleração positiva; o resultadoé diferente se a aceleração é negativa. Vejamos.

8.1.4.4 Deslocamento

No movimento retilíneo uniformemente acelerado as equações paramétricasda trajetória do ponto serão:

y = 0x = v0t + 1

2 at2 ou

y = 0x = x0 + v0 (t − t0) + 1

2 a (t − t0)2 ,

se fizermos o eixo dos x coincidir com a reta descrita. Desse modo, o desloca-mento é

x − x0 = v0 (t − t0) +12

a (t − t0)2 ,

expressão que coincide com a do espaço (8.4), calculada anteriormente.Se a aceleração a é positiva, o espaço percorrido é igual ao módulo do

vetor deslocamento,9 mas a aceleração é negativa, i.e., se a = ~a · ı< 0, tal nãoocorre, como já tivemos ocasião de exemplificar. O vetor deslocamento sendodado por10:

y − y0 = 0x − x0 = v0 (t − t0) − 1

2 α (t − t0)2

e, lembrando que estamos usando aqui a notação v= |~v|≥0 e α= |~a|

v = v0 − αt .

Façamos t0 = 0 e x0 = 0, o que não limita a generalidade do resultado, e, parafixar idéias, v0 =20 m/s e a=−10 m/s2, portanto a expressão

x − x0 = v0 (t − t0) + 12 a (t − t0)2 = v0 (t − t0) − 1

2 α (t − t0)2

9 u© No caso do movimento retilíneo.10 u© As projeções segundo os versores ı e , paralelos aos eixos dos x e dos y, respectiva-

mente.

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fica:x(t) = (20 m/s) t − (5 m/s2) t2 ,

daí a projeção do vetor velocidade no eixo Ox é dada por

v(t) = (20 m/s) − (10 m/s2) t .

Tabela 8.1: Velocidades e deslocamentos correspondentes para o movimento x =

(20 m/s)t−(5 m/s2)t2, considerando-se t0 =0 e x0 =0.

t (s) v (m/s) x (m)0 20 01 10 152 0 203 -10 154 -20 0

A Tab. 8.1 e o gráfico da Fig. 8.6 ilustram esse movimento durante o inter-valo de tempo t ∈ (0 s,4 s); a Fig. 8.7 traduz a projeção do vetor velocidade noeixo Ox. O deslocamento entre os instantes t0 =0 s e t2 =4 s é dado por:

6

-x (m)

y (m)

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24• • •t=4 sª

t=1 s

t=2 s

t=3 s

Figura 8.6: Posição em alguns instantes associados à trajetória: x(t) = (20 m/s) t−(5 m/s2) t2 e y(t)=0.

x(t2) − x(t0) =

∫ t2

t0v(t) dt = A + A′ = 0 .

Onde A e A′ são numericamente iguais às áreas determinadas pela curva dográfico da função v(t) e o eixo dos tempos, sendo positiva a área A e negativaa área A′. Isto é, sendo t1 o instante em que a velocidade se anula, t1 =

v0α =

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6

-t (s)

v (m/s)

1 2 3 4

t1 t2

10

20

−10

−20

A+

A′−

Figura 8.7: Gráfico da velocidade associada à trajetória: x(t)= (20 m/s) t−(5 m/s2) t2

para t∈ (0 s, 4 s).

6

-t (s)

|~v| (m/s)

1 2 3 4

t1 t2

10

20

|A| |A′|

Figura 8.8: Gráfico do módulo do vetor velocidade associada à trajetória: x(t) =

(20 m/s) t+(5 m/s2) t2 e y(t)=0 para t∈ (0 s,4 s).

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8.2. Grandezas cinemáticas ligadas ao movimento circular 321

− v0a =2 s, portanto, para t0 =0 s, e t2 =2t1 =4 s, ver Fig. 8.7,

A = 12 v0 t1 = 1

2 v0v0

α=

12α

v20

A′ = 12 v(t2) (t2 − t1) = 1

2 (v0 − α t2)(t2 − v0

α

)

= 12 (v0 − α t2) (α t2 − v0)

1α

= − 12α

(v0 − α t2)2 , daí

|A′| = 12α

(v0 − α t2)2

O espaço percorrido (ver Fig. 8.8)

s(t2) − s0 =

∫ t2

t0|v(t)| dt = |A| + |A′| = 40 cm .

O espaço percorrido entre o instante t0 e t > t0 pode ser calculado:

s(t) − s0 =

∫ t

t0|v(t)| dt

=

∫ t

0v0 − α t dt se t0≤ t≤ t1 =

v0α

∫ t1

0v0 − α t dt +

∫ t

t1−v0 − α t dt se t> t1 =

v0α

=

v0 t − 12 α t2 se t0≤ t≤ t1 =

v0α

12

v20

α−

[v0 t − 1

2 α t2]t

v0α

se t> t1 =v0α

=

v0 t − 12 α t2 se t0≤ t≤ t1 =

v0α

v20

α+ 1

2 α t2 − v0 t se t> t1 =v0α .

8.2 Grandezas cinemáticas ligadas ao movimentocircular

Para o estudo do movimento circular acelerado convém definir outras grande-zas diretamente ligadas ao movimento de rotação (no plano).

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8.2.1 Velocidade angular

Consideremos um circunferência (de círculo) de raio R e centro O, e um sis-tema de eixos cartesianos Oxy com origem em O, veja Fig. 8.9. Se o ponto Pse move sobre a circunferência desse círculo, o raio OP varre a área do círculodescrevendo, a partir de Ox, o ângulo θ = θ(t) em função do tempo. Assim,para t = t0,11 o ângulo varrido será indicado por θ0, e para t, θ. No intervalo detempo ∆t = t− t0, o ângulo descrito é ∆θ = θ−θ0, denominado deslocamentoangular ou incremento angular; nesse intervalo de tempo o ponto se deslocasobre a circunferência, descrevendo o arco ∆s= s−s0. Como já se viu, medindoo ângulo em radiano se tem que

Figura 8.9: Parâmetros relevantes para definição da velocidade angular.

∆s = R ∆θ .

Dividindo ambos os membros por ∆t, obtém-se a celeridade média

cm =∆s∆t

= R∆θ

∆t.

A razãoωm =

∆θ

∆t,

que é o ângulo descrito por unidade de tempo durante o intervalo de tempo ∆t,denomina-se velocidade angular média, e o limite

ω = lim∆t→0

∆θ

∆t=

dθdt

denomina-se velocidade angular instantânea.11 u© Neste caso, “instante t0”, não está significando aqui, necessariamente, “instante ini-

cial” de observação do movimento.

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8.2.2 Aceleração angular

Suponhamos que no instante t0 a velocidade angular seja ω0, e no instante t, ω.A variação da velocidade angular no intervalo de tempo ∆t= t−t0 é ∆ω=ω−ω0.Denomina-se aceleração angular média, αm, a variação da velocidade angularpor unidade de tempo:

αm =∆ω

∆t,

e a aceleração angular instantânea no instante t a

α = lim∆t→0

∆ω

∆t= lim

∆t→0

ω(t + ∆t) − ω(t)∆t

=dωdt

.

8.2.3 Deslocamento angular

Para calcular o deslocamento angular correspondente a um dado intervalo detempo ∆t = t − t0, podemos usar seja a velocidade angular média ωm, seja ainstantânea ω=ω(t), como se segue:

∆θ = ωm ∆t

θ − θ0 = ωm (t − t0)

θ = θ0 + ωm (t − t0) ,

em que12 ∆θ = θ − θ0 é o deslocamento angular durante o intervalo de tempo∆t, e θ é a coordenada angular no instante t.

Quando se usa a velocidade angular instantânea se tem:

dθ = ω dt .

Integrando:∫ θ

θ0

dθ =

∫ t

t0ω dt

θ − θ0 =

∫ t

t0ω dt

θ = θ0 +

∫ t

t0ω dt .

Essas expressões são análogas as do deslocamento linear.

12 u© Note-se que, nesse caso, não há necessidade de a velocidade angular ser constante.

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Se o movimento angular é acelerado, teremos:

∆ω = αm ∆t

ω − ω0 = αm (t − t0)

ω = ω0 + αm (t − t0) ,

ou

dω = αm dt∫ ω

ω0

dω =

∫ t

t0α dt

ω − ω0 =

∫ t

t0α dt

ω = ω0 +

∫ t

t0α dt .

Se α=cte, caso do movimento circular uniformemente acelerado,

ω = ω0 + α (t − t0)

e, correspondentemente,

θ = θ0 + ω0 (t − t0) +12α (t − t0)2

como facilmente se obtém.13

8.2.4 Relação entre aceleração tangencial e aceleração angular

Já vimos quev = Rω

em que o primeiro membro é o módulo do vetor velocidade, deste modo, por(7.3):

at =d |~v|dt

= Rdωdt

at = Rα

13 Compare com x = x0 + v0 (t − t0) + 12 a (t − t0)2 para o deslocamento linear.

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que nos dá a expressão entre a aceleração tangencial (em módulo) e a acelera-ção angular (também em módulo).

A aceleração normal (em módulo), como se viu em (7.5), é

an =v2

R,

mas v = Rω, logoan = Rω2 .

E a aceleração (total) ~a = ~at + ~an será:

~a = Rατ + ω2R n .

8.2.5 Expressão vetorial da velocidade angular

Para facilitar a representação vetorial da velocidade angular, suporemos que omovimento de rotação se processa em torno de um eixo Oz, perpendicular aoplano do movimento. Veja Fig. 8.10.

Figura 8.10: Representação de ∆θ→

associado à rotação de um ângulo ∆θ no planoperpendicular ao eixo Z.

Como se viu na primeira parte do curso, podemos representar a rotação∆θ→

pelo segmento de reta orientado ao longo do eixo e dirigido dos pés paraa cabeça do observador em pé sobre o plano, ao longo do eixo, e que vê arotação se processar da sua direita para a sua esquerda. Vimos (cf. pág. 136,pág. 153 segs.) que as rotações finitas não eram consideradas vetores porquesua soma (composição) era comutativa, mas se a rotação fosse infinitesimal,dθ→

, então poderíamos considerá-la como uma grandeza vetorial, segue-se quea velocidade angular:

ω→

= lim∆t→0

∆θ→

∆t=

dθ→

dt

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é (pode ser considerada14) uma grandeza vetorial.Sua representação por um segmento de reta orientado é facilmente obtida

da representação de ∆θ→

. É pois um vetor dirigido ao longo do eixo de rotação,seu módulo sendo |dθ/dt| e seu sentido sendo dos pés para a cabeça do obser-vador que vê a rotação se processar da sua direita para a sua esquerda. (VejaFig. 3.16 e Fig. 3.27.)

A velocidade angular, sendo15 uma grandeza vetorial, pode ser decom-posta ao longo dos três eixos coordenados nas componentes ωx ı, ωy e ωz k,correspondendo às projeções ωx, ωy e ωz, tendo-se:

ω→

= ωx ı + ωy + ωz k

em que cada termo (parcela) representa velocidades angulares em torno doseixos Ox, Oy, Oz, respectivamente. Veja Fig. 8.11, em que supomos uma ve-locidade angular ω

→, em torno do eixo w, inclinado em relação aos eixos do

sistema de coordenadas. Como estamos estudando os movimentos num plano

Figura 8.11: Componentes ωx ı, ωy e ωz k da velocidade angular ω→

na direção doeixo w.

Oxy, os vetores velocidades angulares serão sempre ortogonais a esse plano,portando as projeções ωx =ωy = 0, a rotação se reduzindo à componente ωz kortogonal ao plano do movimento.

14 u© Mais precisamente, é um tensor anti-simétrico de segunda ordem (pág. 155), que con-traído com um vetor gera outro vetor com características de produto vetorial, quando envolvevetores tridimensionais; mas esse aspecto transcende ao escopo deste curso, ficando aqui comoregistro.

15 u© Sendo considerada.

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8.2.6 Relação vetorial entre velocidade e velocidade angular

Já vimos anteriormente quando estudamos o movimento circular que a relaçãoentre ω

→e ~v sobre a circunferência descrita era:

|~v| = R |ω→| .

convém entretanto colocar essa expressão sob a forma vetorial já que ω→

e ~v sãovetores. Suponhamos o eixo de rotação coincidente com o eixo Oz, a circunfe-rência descrita no plano xy com centro na origem. Veja Fig. 8.12.

É fácil ver que se pode exprimir a velocidade ~v como o produto vetorial deω→

por ~R, raio vetor do ponto P que executa o movimento de rotação (circular)em torno da origem O, i.e., (ver §4.4)

~v = ω→∧ ~R ,

e como ~R é ortogonal a ω→

,|~v| = Rω .

Figura 8.12: Movimento circular de raio|~R|, centro na origem, sobre o plano xy.

Figura 8.13: Ponto O′ como origem dovetor posição ~r, sendo φ o ângulo entre ~re ω

→, note-se que

−−−→OO′+~r = ~R.

Se tivéssemos tomado outra origem O′ sobre o eixo de rotação Oz, vejaFig. 8.13, o raio vetor ~r, com origem em O′ e que faz um ângulo φ com ω

→,

localizando o ponto que gira em relação a O′, teríamos ainda

~v = ω→∧ ~r , pois v = ω r sen φ ,

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masr sen φ = R , donde v = ωR .

Sendo a expressão cartesiana do produto vetorial ~C de dois vetores ~A =

Ax ı + Ay + Az k e ~B = Bx ı + By + Bz k:

~C = ~A ∧ ~B =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

ı kAx Ay Az

Bx By Bz

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

No caso em que figuramos (Fig. 8.12 ou Fig. 8.13):

~C = ~v = vx ı + vy + vz k~A = ω

→= 0 ı + 0 + ω k

~B = ~R = x ı + y + 0 k,

temos:

~v = ω→∧ ~R =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

ı k0 0 ω

x y 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣0 ω

y 0

∣∣∣∣∣∣ ı −∣∣∣∣∣∣0 ω

x 0

∣∣∣∣∣∣ +∣∣∣∣∣∣0 0x y

∣∣∣∣∣∣ k

= (−ω y) ı + (ω x) .

8.2.6.1 Exemplo muito importante. Movimento harmônico simples

Um ponto descreve uma curva cujas equações paramétricas são

x = 0y = A sen(ωt)

em que A e ω são constantes. Pede-se:

1. Qual o tipo de movimento do ponto?

2. A velocidade e a aceleração em função do tempo.

3. O gráfico dos deslocamentos, da velocidade e da aceleração (em funçãodo tempo).

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4. O gráfico dos espaços percorridos.

5. Compare os gráficos dos deslocamentos com o dos espaços percorridos.

6. Mostre como obter facilmente os gráficos a partir do movimento circularuniforme (para esse movimento).

1o) A abscissa x é sempre nula, só variando a ordenada y, logo o ponto sedesloca sobre o eixo Oy, o movimento é retilíneo. Por outro lado, a funçãoy = A sen(ωt) adquire o valor máximo +A, quando sen(ωt) = +1; e mínimo−A, quando sen(ωt)=−1. O movimento se limita portanto ao segmento de retade comprimento 2A, e o ponto se desloca sobre ele num movimento de vai evem, a origem no centro do segmento descrito. Veja Fig. 8.14. O movimento éacelerado com aceleração variável, como veremos. Na Fig. 8.14 representamoso vetor ~y = y , que tendo sempre a mesma direção pode ser tratado como umagrandeza escalar, a projeção y.

Figura 8.14: Segmento de reta onde se apóia o movimento ~r(t)=0 ı+A sen(ωt) .

2o) Para achamos a velocidade e a aceleração basta achar a 1a e a 2a derivadasdo espaço:

y = A sen(ωt) (8.5a)

v =dydt

= ωA cos(ωt) (8.5b)

a =dvdt

= −ω2A sen(ωt) (8.5c)

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 330 — #330


como y= A sen(ωt), substituindo na (8.5c), vem

d2ydt2 = −ω2y ou

d2ydt2 + ω2y = 0 (8.5d)

que é uma equação que encerra a função y e as derivadas de y, e que se de-nomina equação diferencial do movimento harmônico simples, mais tardeteremos ocasião de estudá-la. O estudo do movimento harmônico simples é deimportância fundamental na Física, será desenvolvida na Dinâmica e Acústica.

3o) Gráfico do deslocamento Trata-se de fazer o gráfico da função y =

A sen(ωt). Para tanto examinaremos a função f (t)=sen(ωt).Essa função é periódica, isto é, ela repete os mesmos valores para valores

diferentes da variável independente, ou ainda, para

t = t0 e t = t′ = t0 +2nπω

,

sendo n ∈ Z um inteiro qualquer, e para t variando no intervalo (t0 , t′), oumesmo para t∈R. De fato,

sen(ω(t0 + 2nπω )) = sen(ωt0 + 2nπ) = sen(ωt0)

para qualquer t ∈ (t0 , t0 + 2nπω ) .

O mesmo fato ocorre com vy = y=ωA cos(ωt).O menor intervalo de tempo (não-nulo), T , para que tanto sen(ωt) como

cos(ωt) adquiram (individualmente) o mesmo valor se denomina período domovimento. Observe que neste caso o ponto passa a cada intervalo de tempoT na mesma posição com a mesma velocidade e a mesma aceleração. Quandoisto acontece, diz-se que o movimento é periódico. 16

No caso do movimento harmônico simples, o menor intervalo de temponão-nulo para o movimento repetir-se identicamente é quando n = 1, e nestecaso,

∆T = T = t0 +2πω− t0

T =2πω

16 u© De modo mais geral, diz-se que uma função real z =λ(x) é periódica de período T seλ(x + T )=λ(x), ∀x∈D , onde D é o domínio da função, n∈Z e T é o menor valor não-nulo parao qual essa propriedade é válida.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 331 — #331


ou

ω =2πT

.

O número de vezes que isto acontece por unidade de tempo denomina-sefreqüência do movimento, N, e se tem que

N =1T.

A freqüência é o inverso do período.O movimento cuja equação é y= A sen(ωt) chama-se movimento periódico

simples, movimento harmônico simples, movimento pendular ou movimentovibratório simples. Essa abundância reflete a importância dos movimentos queseguem a função y= A sen(ωt).

4o) Para obtermos os gráficos é mais interessante mostrar como se obtémuma simulação do movimento a partir do movimento circular uniforme e daítirar um processo geométrico para construir os gráficos.

Figura 8.15: Ponto Q executando um movimento circular uniforme, sobre circulo deraio A e com velocidade angular ω.

Suponhamos que um ponto Q descreva um movimento circular uniformesobre uma circunferência de raio R = A. Veja Fig. 8.15, a velocidade angularsobre a circunferência sendo igual aω= 2π

T . Tomemos um sistema de eixos car-tesianos ortogonais, com origem no centro do círculo, e projetemos o ponto Qsobre o eixo Oy, obtemos o ponto P, cuja ordenada no instante t é y= A sen(ωt),desde que o ângulo descrito por Q, para t=0, seja igual a zero.

Essa circunferência se denomina circunferência representativa do movi-mento harmônico simples, e vê-se que o período T = 2π

ω , ωT =2π, será o inter-valo de tempo necessário para que o ponto Q descreva a circunferência toda,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 332 — #332


dando uma volta completa, o raio R = A formando um ângulo igual a 360 ou2π rad.

Enquanto o ponto Q descreve a circunferência com movimento circularuniforme de velocidade angular ω, sua projeção percorre o segmento de com-primento 2A, com um deslocamento y= A sen(ωt).

Observe-se que o movimento harmônico simples consta de um movimentode vai e vem sobre o segmento de reta, o ponto P passando num período Tduas vezes pela mesma posição, ora indo, ora vindo; assim ela sai de O, sobeaté a extremidade y= A; desce, passa por O, vai até o mínimo y=−A, e retornaa O, enquanto Q parte de Q0 e percorre toda a circunferência, retornando a Q0,sendo P a projeção de Q.

Gráfico da posição Para acharmos os pontos sobre a trajetória de P, bastadividirmos a circunferência em partes iguais, por exemplo, 8 partes, cada partesendo percorrida no intervalo de tempo igual a 1

8 T . Torna-se pois muito sim-ples fazer o gráfico de y = A sen(ωt), prolonga-se a linha perpendicular a y,isto é, Ot e sobre ela registram-se os valores de t correspondentes a 1

8 T , 28 T ,

38 T . . . 8

8 T , como a função se repete após T , basta fazer o gráfico de 0 a T .Veja Fig. 8.16. Para facilitar tiramos paralelas a Ot, passando pelos pontos cor-

Figura 8.16: Levantamento do gráfico da função y= A sen(ωt).

respondentes à divisão da circunferência. Essas paralelas dão as ordenadas ycorrespondentes a divisões do tempo t, em frações do período.

Se desejarmos aumentar a precisão do traçado, podemos aumentar o nú-mero de divisões do período, dividindo, por exemplo, por 12 (6×2), o quefacilita a determinação dos pontos (por quê?). Ligando-se os pontos no plano,de ordenadas y e correspondentes t = 1

n T , obtém-se a curva de variação dodeslocamento y em função do tempo.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 333 — #333


Gráfico da velocidade O gráfico da velocidade é análogo ao da posição,uma vez que sen(α−π2 )=cos(α). Note-se que v=ωA cos(ωt) apresenta máximov =ωA para t = 0, pois cos 0 = 1. Veja o gráfico da Fig. 8.17. Observe que para

Figura 8.17: Levantamento do gráfico da velocidade v=ωA cos(ωt).

t= 14 T , a velocidade é nula, uma vez que cos(ω1

4 T )=0, pois T = 2πω e assim

cos(ω14

T ) = cos(ω14

2πω

) = cosπ

2= 0 .

A curva representativa se inicia pois no máximo (t, y) = (0, A); para t = T4 a

velocidade se anula, isto corresponde ao máximo do deslocamento, e quandoa velocidade é máxima o deslocamento é nulo, observe que

cos(ωt) = sen(ωt − φ) = sen(ωt − π2

)

em que φ se denomina fase inicial (t = 0), em relação ao deslocamento; φ sedenomina diferença de fase ou defasagem. A velocidade apresenta assim umadiferença de fase de π

2 em relação ao deslocamento, ou se acha defasada de π2

em relação ao deslocamento. Já para a aceleração, que é a = −ω2A sen(ωt), adiferença de fase em relação ao deslocamento é φ=π. 17

5o) Vetor deslocamento e espaço percorrido Na Fig. 8.18, fizemos a repro-dução dos dois gráficos, um sobre o outro, para destacar aquilo que asseve-ramos sobre o vetor deslocamento e espaço percorrido. O espaço percorrido,como vimos, será dado por

s − s0 =

∫ t

0|~v| dt

17 u© Note-se que essa é uma forma compacta de exprimir φ=π rad.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 334 — #334


Figura 8.18: Ilustração comparativa entre os gráficos da posição e da velocidade deum MHS de amplitude A e período T = 2π

ω.

enquanto que o deslocamento:

~r − ~r0 =

∫ t

0~v dt .

Dividamos a trajetória em 4 partes, cada uma correspondente a 14 T , isto

é, correspondentes a t ∈ [0, 14 T ), t ∈ [ 1

4 T, 24 T ), t ∈ [ 2

4 T, 34 T ), t ∈ [ 3

4 T, T ]. NaFig. 8.18 representamos o deslocamento sobre a circunferência representativaC1, e a velocidade sobre C2, no gráfico a curva da ordenada menor é a dodeslocamento e a de ordenada maior a da velocidade.

Agora temos:

~r( T4 ) − ~r0 =

y( T

4 ) − y0 =

∫ T4

0~v dt =

∫ T

4

0ωA cos(ωt) dt

correspondente a área hachurada entre t ∈ [0, T4 ] e a curva representativa da

função v=ωA cos(ωt), esta área corresponde ao deslocamento de 0 a T4 , que é

igual a A.

~r( T2 ) − ~r0 =

y( T

2 ) − y0

=

∫ T2

0~v dt =

∫ T

2

0ωA cos(ωt) dt

=

A sen(ωt)

∣∣∣∣T2

0

=

A sen(ω T

2 ) − A sen(0)

=

A sen(ω

12

2πω

) = A sen(π) = 0 ,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 335 — #335


O resultado nulo corresponde ao deslocamento nulo pois y = A sen(ωt) e, parat = T

2 , o ponto voltou à origem O. Na figura, a área hachurada corresponde aesse deslocamento nulo, de fato, a área de 0 a T

4 é positiva, mas a área de T4 a T

2é negativa, mas de mesmo valor numérico, e assim a soma é nula. Com efeito,calculemos a área de T

4 a T2 :

y( T2 ) − y( T

4 ) =

∫ T2

T4

ωA cos(ωt) dt

= A sen(ωt)∣∣∣∣

T2

T4

= A sen(ω T2 ) − A sen(ω T

4 )

= A sen(ω 12

2πω ) − A sen(ω 1

42πω )

= A sen(π) − A sen(π2 ) = 0 − A

= −A ,

exatamente igual ao deslocamento máximo.Para calcularmos o espaço percorrido teríamos que calcular

s − s0 =

∫ T2

0|~v| dt =

∫ T2

0

∣∣∣ωA cos(ωt)∣∣∣ dt

como cos(ωt) troca de sinal de T4 a T

2 , temos que dividir a trajetória em doistrechos: de 0 a T

4 e de T4 a T

2 :

s − s0 =

∫ T4

0ωA

∣∣∣ cos(ωt)∣∣∣ dt +

∫ T2

T4

ωA∣∣∣ cos(ωt)

∣∣∣ dt

=

∫ T4

0ωA cos(ωt) dt −

∫ T2

T4

ωA cos(ωt) dt

=[A sen(ωt)

] T4

0−

[A sen(ωt)

] T2T4

= A[

sen(π

2) − 0

]− A

[∣∣∣ sen(π)∣∣∣ −

∣∣∣ sen(π

2)∣∣∣]

= A(1 − 0) − A(0 − 1)

= 2A .

Interpretação análoga pode ser feita para o restante do movimento ao longo de

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 336 — #336


um período:

y(T ) − y(0) =

∫ T

0v dt = 0

s(T ) − s(0) =

∫ T

0|v| dt = 4A .

Vejamos agora o gráfico de |~v|= |v |= |ωA cos(ωt)|, isto é, do módulo do vetor

Figura 8.19: Gráficos das funções v=ωA cos(ωt) e |~v|.

velocidade ~v, ou seja, |v|=ωA| cos(ωt)|, o gráfico de |v| difere do de v por nãopossuir a parte negativa do gráfico de v, a qual é substituída por uma partesimétrica positiva. A Fig. 8.19 mostra os dois gráficos, de v e de |v|.

6o) Este item já está desenvolvido na pág. 331.

Problema Um ponto ao passar pela posição P0 (x0, y0) tem velocidade ~v0 =

(v0, 0) e aceleração ~a = (a0, 0). Supondo a aceleração constante, x0 = 3 cm,y0 =0, v0 =15 cm/s e a0 =−3 cm/s2, pede-se:

1. A expressão do vetor velocidade para qualquer instante.

2. A expressão do vetor deslocamento para qualquer instante.

3. A expressão da celeridade para qualquer instante.

4. A equação paramétrica da trajetória de P.

5. O cálculo do deslocamento e do espaço percorrido entre t =0 e t =10 s,e a verificação pelos gráficos das velocidades.

6. O gráfico de vx, de vy e de |~v|.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 337 — #337

8.3. Mudança de sistema de referência 337

Respostas

1. v = v0 + at = 15 − 3t.

2. x − x0 = v0t + 12 at2.

3. c = |v0 − at|.4. x = x0 + v0t + 1

2 at2 = 3 + 15t − 1,5t2.

5. x10 − x0 = 0; s10 − s0 = 75 cm.

8.3 Mudança de sistema de referência

Suponhamos dois sistemas de referência cartesianos ortogonais, um deles S Oxy

será um sistema inercial e como tal é freqüentemente chamado sistema abso-luto; o outro S ′O′ξη se move de um modo qualquer em relação ao primeiro. VejaFig. 8.20, os versores dos eixos Ox e Oy serão indicados por ı e , como usu-almente, mas, para maior clareza, vamos indicar os eixos de S ′ por O′ξ e O′η,e seus versores por ıξ e η , respectivamente. O sistema S ′O′ξη se move de ummodo qualquer em relação ao sistema inercial S Oxy.

Figura 8.20: Sistema de referência S Oxy e S ′O′ξη.

Suponhamos que um ponto P se move passando no instante t0 pela posiçãoP0, que suporemos ligada rigidamente ao sistema S ′O′ξη.

Neste caso a posição do ponto P será, no instante t0, dada pelos raios veto-res ~r no sistema S e ~r ′ no sistema S ′, se ~r0 é o raio vetor da origem O′ de S ′,veja Fig. 8.20, teremos,

~r = ~r0 + ~r ′ . (8.6)

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 338 — #338


Para destacar o papel do sistema de referência S ′ vamos escrever essesvetores cartesianamente:

~r = x ı + y ~r0 = x0 ı + y0

~r ′ = ξ0 ıξ + η0 η ,

em que x, y e x0 , y0 são respectivamente as coordenadas de P e de O′ no sistemaabsoluto e ξ0 , η0 as coordenadas de P no sistema S ′.

A igualdade (8.6) se torna então:

x ı + y =(x0 ı + y0

)+

(ξ0 ıξ + η0 η

), (8.7)

essa igualdade continua sendo uma igualdade vetorial. Para acharmos o vetorvelocidade basta derivar (8.7), obtemos:

dxdtı +

dydt =

=

(dx0

dtı +

dy0

dt

)+

(dξ0

dtıξ +

dη0

dtη + ξ0

d ıξdt

+ η0

d ηdt

). (8.8)

Observe-se que ı e do sistema S são fixos no tempo, de modo que assuas derivadas são nulas, entretanto, como o sistema S ′O′ηξ se move de modoqualquer, os versores desse sistema variam de direção e, apesar dos seus mó-dulos permanecerem constantes, eles variam no tempo, sendo assim função dotempo, suas derivadas não sendo de um modo geral nulas. Reagrupemos ostermos de (8.8):

dxdtı +

dydt =

=

(dx0

dtı +

dy0

dt

)+

[(ξ0

d ıξdt

+ η0

d ηdt

)+

(dξ0

dtıξ +

dη0

dtη

)]. (8.9)

O primeiro membro de (8.9) não é mais que a velocidade do ponto P nosistema absoluto, que indicaremos por

~vab =dxdtı +

dydt ,

e

v0 =dx0

dtı +

dy0

dt

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 339 — #339


é a velocidade absoluta da origem O′ de S ′, o que significa a velocidade detranslação de S ′ em relação a S .

O termo

vrel =dξ0

dtıξ +

dη0

dtη

é a velocidade do ponto P no sistema S ′ e se denomina velocidade relativa deP em relação ao sistema S ′.

Vejamos agora o termo

ξ0

d ıξdt

+ η0

d ηdt

,

como se vê é um termo referente ao movimento de rotação do sistema S ′, e,de fato, constitui uma rotação instantânea em torno de um eixo O′Z ortogonalao plano O′ηξ formando uma terna dextrorsa com O′ξ e O′η, e passando pelaorigem O′. Demonstraremos tal fato mais adiante. Sendo assim, o termo

~vtran = ~v0 + ξ0

d ıξdt

+ η0

d ηdt

(8.10)

diz respeito unicamente ao referencial relativo S ′ e se denomina velocidade detransporte ou velocidade de arrastamento.

Observe-se que essa velocidade de transporte é a velocidade do ponto P0no instante t0, instante em que o ponto P passa por ele, é pois a velocidadecom que esse ponto P0 está sendo transportado, ou arrastado pelo sistema dereferência O′ξ e O′η, por isso se diz que o ponto P, cuja posição coincidecom P0 no instante t0, tem uma velocidade de transporte ou velocidade dearrastamento igual a essa velocidade de P0, ponto que está rigidamente ligadoao sistema S ′. Desse modo:

~vab = ~vtran + ~vrel .

Observe-se ainda que o ponto P0, estando ligado rigidamente ao sistemade referência S ′, tem velocidade relativa nula, suas coordenadas em S ′O′ηξ nãovariam e, portanto, a velocidade do ponto P0 é igual a sua velocidade de trans-porte:

~vabP0= ~vtranP0

.

Podemos então dizer que a velocidade absoluta, em um dado instante t,de um ponto P que se move em qualquer dos dois sistemas é igual a soma dasua velocidade relativa ~vrel em relação ao sistema S ′, mais a sua velocidade de

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 340 — #340


transporte ~vtran, essa velocidade de transporte ou de arrastamento sendo igualà velocidade absoluta do ponto Pt rigidamente ligado ao sistema S ′ por ondeo ponto P passa no instante t. Essa velocidade de transporte, se o sistema S ′

executa um movimento qualquer, varia pois ao longo da trajetória de P noreferencial S ′O′ηξ .

Vejamos alguns exemplos.

Exemplos

1o) Suponhamos que o sistema S ′ execute um movimento de translação comvelocidade constante ~v0 paralela ao eixo Ox, e simultaneamente execute ummovimento de rotação em torno de um eixo ortogonal ao plano O′, η, ξ e quepassa por O′. Veja Fig. 8.21.

Figura 8.21: Sistema de referência S ′O′ξη com velocidade de translação ~v0 e movi-mento de rotação em torno de O′.

A velocidade de arrastamento de um ponto P no instante t1 e no instante t2passa pelas posições P1 e P2, respectivamente, serão constituídas pelas somasde ~v0 mais as velocidades ~v1 e ~v2 de módulos v1 = r1ω e v2 = r2ω, em que ~r1 e~r2 são os raios vetores dos pontos P1 e P2 no sistema móvel. Observe-se queneste exemplo ~v2 =−~v0, assim P2 ficou instantâneamente parado.

2o) Suponhamos que um trem percorra uma linha reta horizontal com velo-cidade ~v constante, relativamente a um sistema ligado a terra, e um passageirodentro do trem se desloque com velocidade~v ′ na mesma direção e sentido numsistema ligado ao trem (Fig. 8.22). Qual a sua velocidade absoluta? Qual a detransporte e a relativa, se o sistema inercial é o ligado à terra, e o relativo ao

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 341 — #341


Figura 8.22: Trem a se mover com ve-locidade~v em relação ao sistema de re-ferência S Oxy.

trem? Sua velocidade de transporte é a velocidade do trem, e a relativa é ~v ′, demodo que ~vab =~v+~v ′.

Observe-se que a velocidade de transporte é a mesma para todos os pontosdo trem.

8.3.1 Relação entre a velocidade de transporte e as velocidades detranslação e de rotação

Vamos mostrar agora que a velocidade de transporte ~vtrans consta de uma velo-cidade de translação ~v0 e de uma velocidade de rotação ω

→em torno de O′, no

caso em que todos os pontos do sistema móvel se desloquem como se estives-sem rigidamente ligados entre si e ao sistema. De fato, neste caso, tínhamosem (8.10):

~vtrans = ~v0 + ξd ıξdt

+ ηd ηdt

em que~v0 é a velocidade de translação instantânea da origem do sistema móvele o restante é a velocidade angular instantânea ω

→em torno do eixo normal ao

plano dos eixos O′ξ e O′η, e que passa por O′.De fato, as derivadas que figuram nessa igualdade são as derivadas de veto-

res de módulo constante e iguais a 1, por conseguinte os vetores derivados sãoortogonais aos vetores de que derivam; de fato, dado o vetor18 ~A de móduloconstante, sua derivada é ortogonal a ~A; para demonstrar tal fato, basta derivaro produto escalar de ~A por ~A; que não é mais que o quadrado do módulo de ~A:

~A · ~A = |~A| |~A| = |~A|2ddt

(~A · ~A)=

d~Adt· ~A + ~A · d

~Adt

,

18 u© Note-se que ~A é uma função vetorial de módulo constante do parâmetro t.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 342 — #342


e, visto que |~A| é constante, indenpendendo de t, então

0 = 2 ~A · d~A

dt.

A derivada é nula, pois é igual a derivada de uma constante, |~A|2. Deste modo

~A · d~A

dt= 0 .

Ora, se ~A e d~A/dt têm produto escalar nulo, segue-se que eles são orto-gonais, isto é, o vetor derivado d~A/dt de uma função vetorial ~A de móduloconstante é sempre ortogonal a ~A.

Figura 8.23: Ilustração para a derivada temporal de ıξ.

Vejamos agora o caso em que se trata da derivada de um vetor de módulounitário. Veja Fig. 8.23, a variação ∆ ıξ do versor ıξ é devida a uma variação desua direção, portanto proveniente de uma rotação de um ângulo ∆θ em tornoda origem O′, ocorrida no intervalo de tempo ∆t. Temos então:

lim∆t→0

∆ ıξ

∆t= lim

∆t→0

|∆ ıξ |∆t× ∆ ıξ

|∆ ıξ |

= lim∆t→0

|∆ ıξ |∆t

lim∆t→0

∆ ıξ

|∆ ıξ |.

É claro que

lim∆t→0

∆ ıξ

|∆ ıξ |= η ,

que é o versor normal a ıξ, e de mesmo sentido que o versor limite.Por outro lado, se ∆w é o arco que a corda |∆ ıξ | subentende, então se tem que

| ıξ |∆θ = ∆w , mas | ıξ | = 1

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 343 — #343


e assim: |∆ ıξ |∆t

=|∆ ıξ |∆w

∆w∆t

=|∆ ıξ |∆w

∆θ

∆tportanto:

lim∆t→0

|∆ ıξ |∆t

= lim∆t→0

|∆ ıξ |∆w

lim∆t→0

∆θ

∆t= ω

uma vez que

lim∆t→0

|∆ ıξ |∆w

= 1

pois é o limite da razão entre a corda e o arco correspondente, e

lim∆t→0

∆θ

∆t= ω

é velocidade angular com que o versor ıξ gira no plano. Segue-se que

ddtıξ = ω η .

Analogamenteddtη = −ω ıξ ,

os dois versores giram do mesmo ângulo, dando a mesma velocidade angular,mas o versor do vetor derivado é ortogonal a η, mas de sentido contrário, vejaFig. 8.24. Portanto a velocidade de translação é

Figura 8.24: Ilustração para a derivada temporal de η.

~vtrans = ~v0 + ξ0 ω η − η0 ω ıξ

e a (componente da) velocidade devida à rotação terá projeções

vξ = η0 ω e vη = ξ0 ω .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 344 — #344


A velocidade provocada pela rotação é portanto:

~v = (−η0 ω) ıη + (ξ0 ω) η ,

expressão análoga à expressão ~v = (−ωy) ı+(ωx) já encontrada no estudo daexpressão vetorial da velocidade tangencial no movimento de rotação de umponto em torno da origem com velocidade angular ω: ~v= ~ω∧~R, sendo ~ω normalao plano xy, e ~R= x ı+y .

8.4 Aceleração absoluta, de transporte, relativae aceleração de Coriolis

Para obtermos a aceleração do ponto P que se move em um sistema S ′(O′, ξ, η)móvel em relação a um sistema inercial ou absoluto, basta derivarmos a suavelocidade, tínhamos:

~vab = ~vtrans + ~vrel

ou

~vab =

(~vo + ξo

d ıξdt

+ ηod ηdt

)+

(dξo

dtıξ +

dηo

dtη

)

Derivando membro a membro obtemos a aceleração absoluta:

~aab =

d~vo

dt+ ξo

d2 ıξ

dt2 + ηod2 η

dt2

︸︷︷︸

1©

+

[dξo

dtd ıξdt

+dηo

dt

d ηdt

]

︸︷︷︸2©

+

+

[dξo

dtd ıξdt

+dηo

dt

d ηdt

]

︸︷︷︸3©

+

[d2ξo

dt2 ıξ +d2ηo

d2tη

]

︸︷︷︸4©

.

Observe-se que a expressão 1© entre colchetes diz respeito à aceleração,d~vodt , da origem O′ e à aceleração provocada pelo movimento de rotação da

origem: as derivadas de 2a ordem de ı e , dando as acelerações devido àrotação do sistema e à possível variação da velocidade angular; a expressão1© será assim a aceleração impressa pelo sistema móvel, por conseguinte, é aaceleração de transporte ou aceleração de arrastamento ~atrans:

~atrans =d~vo

dt+ ξo

d2 ıξ

dt2 + ηod2 η

dt2 .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 345 — #345

8.4. Aceleração absoluta, de transporte, relativa e de Coriolis 345

A expressão 4© é obtida da derivada da velocidade relativa do ponto, porconseguinte, trata-se da aceleração relativa19

~arel =d2ξo

dt2 ıξ +d2ηo

d2tη .

Observe-se agora que as expressões 2© e 3© são iguais e cuja soma corres-ponde a uma aceleração denominada aceleração de Coriolis, ~aCor:

~aCor = 2[dξo

dtd ıξdt

+dηo

dt

d ηdt

]. (8.11)

Observe-se em (8.11) que dξodt e dηo

dt são as componentes (projeções) davelocidade relativa do ponto, e as outras derivadas são:

d ıξdt

= +ω η ed ηdt

= −ω ıξ ,

a expressão dentro de colchetes em (8.11) não sendo mais do que a expressãodo produto vetorial da velocidade relativa do ponto P pela velocidade angularinstantânea do sistema, isto é,

~aCor = 2 ~ω ∧ ~vrel .

De fato,

~ω ∧ ~vrel =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

ıξ η kχ0 0 ω

dξodt

dηodt 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

(− dηo

dtω)ıξ +

(dξo

dtω)η .

Resumindo o que foi dito:

~aab = ~atrans + ~arel + ~aCor ,

sendo a aceleração de Coriolis expressa por:

~aCor = 2 ~ω ∧ ~vrel .

19 u© Trata-se da aceleração do ponto P medida pelo observador fixo em O′ no sistemamóvel S ′(O′, ξ, η).

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Exemplos

1o exemplo) Suponhamos um trem movendo-se sobre trilhos horizontais eretilíneos com velocidade ~vo constante em relação a um referencial ligado aterra e um homem deslocando-se com velocidade de ~v, em ângulo de 45 coma direção longitudinal do vagão, e em relação a um referencial S ′ ligado aotrem, veja Fig. 8.25. Neste caso, todos os pontos do sistema móvel S ′ (trem)

Figura 8.25: Trem movendo-se com velocidade ~vo constante em relação aum referencial ligado a terra e um homem deslocando-se com velocidade de~v, em ângulo de 45, e em relação ao trem.

se movem com velocidade ~vo, portanto em qualquer posição em que o homemesteja a suma velocidade de transporte, ou de arrastamento, é sempre a mesmae igual a ~vo. Sendo ~v a sua velocidade em relação ao vagão, velocidade relativa,a sua velocidade em relação ao referencial ligado à terra, referencial “inercial”,ou absoluto será ~vab =~vo+~v.Aceleração Como a velocidade ~vo e constante, bem como a velocidaderelativa ~vo, então as acelerações são todas nulas.

2o exemplo) Suponhamos que o trem se acelere com aceleração ~a constante,essa aceleração sendo calculada em relação à terra (absoluta). Neste caso, aaceleração é a mesma para todos os pontos do chão do trem, e o homem teráem qualquer ponto a mesma aceleração de transporte ~atrans =~a, sua aceleraçãorelativa sendo nula, bem como a de Coriolis. Por conseguinte sua aceleraçãoabsoluta é ~aab =~atrans =~a.

3o exemplo) Suponhamos uma plataforma circular horizontal de raio R, gi-rante em torno de um eixo ortogonal ao seu plano e que passa pelo seu centro.A velocidade de rotação sendo ω, constante. Veja Fig. 8.26.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 347 — #347


Figura 8.26: Plataforma circular deraio R girando com velocidade angularω.

Suponhamos um sistema de eixos Oxy ligados à terra, no plano horizontal;em relação a esse sistema “inercial”, o centro O′ da plataforma está parado.Seja O′x′y′ um sistema de eixos, cartesianos ortogonais, ligado à plataforma;esses eixos giram com a plataforma com velocidade angular ω em torno daorigem O′.

Seja agora um ponto P0, à distância r do centro O′ da plataforma; sua ve-locidade tangencial devido a rotação é igual v=rω. A velocidade de transportede um homem que passa por P0 no instante t será ~v; se ele tem uma velocidaderelativa constante ~v ′, caminhando radialmente para fora, então sua velocidadeabsoluta é

~vab = ~v + ~v ′ .

Aceleração A aceleração de transporte é a aceleração do ponto P0. Como omovimento de rotação é uniforme, com velocidade angular ω constante, entãonão há aceleração tangencial, somente aceleração normal

an =v2

r= vω = ω2r .

A aceleração relativa é nula porque, por hipótese, ele caminha radialmentecom velocidade ~v ′ constante.

A aceleração de Coriolis é porém igual a ~aCor = 2~ω∧~v ′, sendo ortogonala ~ω e a ~v ′, isto é, no plano da plataforma e tangencial à trajetória de P0, nadireção e sentido de ~v. Deste modo a aceleração absoluta é:

~aab = ~an + ~aCor

= ω2r n + 2ωv′ τ .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 348 — #348


Figura 8.27: Plataforma circular de raioR girando com velocidade angular ω.

Vamos deduzir a expressão da aceleração de Coriolis para o presente casode um modo mais direto. Suponhamos que no instante t o ponto esteja naposição P1, sua velocidade de transporte sendo ~vt1 , e que no instante t2 elese tenha deslocado para o ponto P2, sua velocidade relativa tendo o mesmovalor de ~v ′, o ponto no sistema móvel se deslocou radialmente. Ora, se suavelocidade relativa continua de módulo constante v′, a direção porém variade um ângulo ∆θ, que é o ângulo de que gira o sistema móvel no intervalo detempo ∆t= t2−t1, com velocidade angularω. Segue-se que haverá uma variaçãode v′: ∆v′ = v′∆θ, veja Fig. 8.27, e cuja direção é, a menos de infinitésimos de2a ordem, ortogonal a ~v ′, e de sentido igual ao movimento tangencial formadopelo movimento de rotação. Por outro lado, a velocidade de transporte variaránão só em direção mas também em módulo.

De fato, variou de direção de um ângulo ∆θ e variou de módulo, passandode vt1 =ωR1 para vt2 =ωR2 =ω (R1+∆θ) =ωR1 + ω∆θ, isto é, de ∆vt =ω∆R,∆R sendo o percurso do ponto ao longo do raio no intervalo de tempo ∆t.Como já se viu no movimento curvilíneo, essas duas variações da velocidadede transporte vão fornecer uma aceleração normal an devida à variação dadireção do vetor velocidade e outra at tangencial devida à variação de módulo,sendo assim, a componente tangencial à trajetória se deve ao fato de que oponto se deslocou radialmente de ∆R com velocidade v′ no intervalo de tempo∆t, logo ∆T =v′∆t e por conseguinte

∆vt = ω∆R = ωv′∆t .

Resumindo:

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 349 — #349


a) Em virtude do movimento relativo do ponto, sua velocidade, ao des-locar-se radialmente, introduz uma aceleração tangencial à trajetória do mo-vimento do sistema móvel, e portanto ortogonal a ~v ′ e a ~ω, essa aceleraçãodevendo-se ao fato de que pelo movimento de rotação com velocidade angular~ω, ~v ′ varia em direção.

b) Pelo movimento ao longo do raio com velocidade v′, a velocidade detransporte varia em módulo e direção, a 1a variação sendo igual a ∆vt = ωv∆t,e tangente à trajetória do movimento do sistema móvel.

c) Uma aceleração normal devido ao movimento de rotação do sistema eigual a v2

t /R1, no ponto P1.As duas primeiras variações teem a mesma direção e sentido contrário,

logo:

∆vc = ∆v′ + ∆vt

= v′∆θ + ωv′∆t

e portanto, dividindo pelo intervalo de tempo durante o qual se verificou essavariação, tem-se, tomando o limite quando ∆t → 0:

ac = v′dθdt

+ ωv′

= v′ω + ωv′

= 2ωv′

que é a aceleração de Coriolis, no caso em que ~ω e ~v ′ são ortogonais.A aceleração absoluta será pois:

~aab = ~an + 2~ω ∧ ~v ′ ,

uma vez que o movimento relativo não é acelerado, isto é, relativamente ao re-ferencial móvel o ponto deslocando-se radialmente com velocidade constantenão tem aceleração nesse sistema20.

4o exemplo) Suponhamos agora que o homem caminhe tangencialmente àcircunferência na direção e sentido do movimento, veja Fig. 8.28, com velo-cidade ~v de módulo constante v; neste caso a aceleração de Coriolis, sendo

20 u© Por outras palavras, tem aceleração nula nesse sistema.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 350 — #350


Figura 8.28: Homem em P0 caminhatangencialmente ao circulo na direçãoe sentido do movimento com veloci-dade ~v de módulo constante v.

ortogonal a ~v e a ~ω, terá a direção do raio OP0 e o sentido pe para dentro datrajetória, sendo ac =vω2, e a aceleração absoluta será:

~aab = ~an + ~ac + ~arel .

Em que ~an é a aceleração normal, de módulo ω2r, devido ao movimento dosistema móvel, ~ac é a aceleração de Coriolis, e ~arel é a aceleração relativa de-vido a variação da direção da velocidade relativa no sistema móvel, e portantotem a mesma direção e o mesmo sentido que ~an. Segue-se que as três acele-rações têm a mesma direção e o mesmo sentido. Se a velocidade do homemé, por hipótese, igual a velocidade de arrastamento de módulo v = rω, então:arel =rω2; a aceleração de Coriolis ac =2vω=2rω2; e an =rω2, logo

aab = ω2r + ω2r + 2ω2r

= 4ω2r .

5o exemplo) Suponhamos agora que o homem caminhe ou corra em sentidocontrário ao movimento anterior, mas sempre tangencialmente à circunferênciadescrita pelo raio OP0 no movimento de rotação, e que sua velocidade relativa~v ′ seja constante em módulo, veja Fig. 8.29. A velocidade absoluta do pontosendo ~vab = ~vt + ~v ′.Aceleração Temos:

~aab = ~atrans + ~arel + ~ac .

A aceleração de transporte é simplesmente a aceleração normal an = ω2R; aaceleração relativa também o é, seu sentido sendo para o ponto O, o centro decurvatura do movimento; a aceleração de Coriolis porém tem sentido contrário,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 351 — #351


Figura 8.29: Homem corre em sentido contrário ao movimento da Fig. -8.28.

a direção sendo a mesma. Os três vetores terão a mesma direção e podem sertratados como grandezas algébricas21:

aab = atrans + arel + ac

= ω2R +v′2

R− 2ωv ,

em que se tomou como sentido positivo o sentido para dentro da trajetória.Façamos agora v′=−vtrans, isto é,

~vab = ~v ′ + ~vt = ~0

vab = v′ − vt = 0 ,

neste caso v′=−vt = ωR e a equação da aceleração absoluta se torna:

aab = ω2R + ω2R − 2ωωR

= 2ω2R − 2ω2R

= 0 .

Como é óbvio, pois no sistema inercial ou absoluto o ponto está parado. Umobservador ligado ao sistema inercial verá o homem correndo sobre a plata-forma girante, mas sem sair da mesma posição relativamente a ele, observador.

21 u© Por meio de suas projeções nessa direção orientada.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 352 — #352


Problemas

Problema 8.1. Um ponto descreve uma trajetória cujas equações paramétri-cas são:22

x = 3,0 ty = 8,0 t − 0,8 t2

Pede-se:

1. fazer o gráfico do movimento;

2. calcular a velocidade para t=0 e representá-la no gráfico;

3. calcular a velocidade para o ponto máximo da trajetória (em que y émáximo) e representá-la no gráfico;

4. calcular a aceleração instantânea (para t qualquer) e para t =0, qual aconclusão?

5. Conhece algum lugar em que a aceleração seja essa?


x = 10 cos(ωt)y = 10 sen(ωt) ,

em que ω= π2 rad/s, t é dado em segundos e x e y em metros. Pede-se:

1. fazer o gráfico do movimento;

2. determinar as expressões da velocidade e da aceleração para um ins-tante t qualquer;

3. determinar sobre os eixos x e y as velocidades e acelerações das proje-ções do ponto;

4. qual a relação entre o deslocamento e a aceleração sobre cada eixo?


x = 12 t − 3 t2

y = 16 t − 4 t2 .

Pede-se:22 u© Os dados numéricos destes problemas estão expressas no SI.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 353 — #353


1. traçar a curva suporte da trajetória descrita entre t=0 e t=4 s;

2. calcular a velocidade e a celeridade instantânea para t=0 e t=4 s;

3. calcular o deslocamento entre t=0 e t=2 s;

4. calcular o espaço percorrido de t=0 a t=2 s.


x = 10 cos(π2 t)y = 10 sen(π2 t),

1. fazer o gráfico do movimento da trajetória, calcular o vetor velocidadepara os instantes t=1, 2, 3 e 4 s e representar no gráfico;

2. calcular a aceleração instantânea para t = 12 , 1, 2, 3 e 4 s e representar

no gráfico;

3. determinar o módulo do vetor velocidade;

4. calcular o espaço percorrido para t=1, 2, 3 e 4 s;

5. calcular o vetor deslocamento para t=1, 2, 3 e 4 s.

Problema 8.5. Calcule as componentes normal e tangencial da aceleraçãonos problemas 8.3 e 8.4, nos instantes t=0, 2, 5 e 6 s. (Solução à pág. 354)

Problema 8.6. Um ponto descreve uma curva (trajetória) de equações para-métricas:

x = t − 2y = 1

3 (t − 2)3 t ∈ [0,4]

Pede-se: (Solução à pág. 358)

1. fazer o gráfico da curva suporte da trajetória;

2. determinar a velocidade e a aceleração para t=2 s e t=3 s;

3. calcular o raio de curvatura para t=2 s e t=3 s;

4. estando as unidades expressas em SI, explicite a unidade de cada fatore de cada parcela numérica nas equações paramétricas.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 354 — #354


Problema 8.7. Um homem corre sobre uma plataforma horizontal girante,com velocidade constante de 0,5 m/s, na direção radial para fora. A veloci-dade de rotação da plataforma é de 0,5 rad/s. Quando o homem está a ummetro de distância do eixo da plataforma, pede-se: (Solução à pág. 359)

1. fazer um diagrama do problema;

2. dizer qual a velocidade de transporte do homem;

3. qual a velocidade inercial do homem;

4. qual a sua velocidade relativa;

5. quais são as acelerações do homem.

Fazer a representação das grandezas num diagrama.

Solução do problema 8.5 que envolve os dados do Probl. 8.3 e do Probl. 8.4.Do problema 8.3: x=3,0t e y=8,0t−0,8t2. Portanto:

vx = 3,0vy = 8,0 − 1,6t

daí, como |~v|=√

v2x + v2

y ,

|~v| =√

9,0 + (8,0 − 1,6t)2 =√

9,0 + 64,0 − 25,60t + 2,56t2

=√

73,0 − 25,60t + 2,56t2 ,

tira-se a aceleração tangencial em função do tempo:

at(t) =d|~v|dt

=−25,60 + 5,12t

2√

73,0 − 25,60t + 2,56t2

portanto

at(0) =d|~v|dt

∣∣∣∣∣∣0

=−25,602√

73,0⇒ at(0) ≈ −1,5 m/s2

at(5) =−25,60 + 5,12 × 5

2√

73,0 − 25,60 × 5 + 2,56 × 52⇒ at(5) = 0 m/s2

at(2) =−25,60 + 5,12 × 2

2√

73,0 − 25,60 × 2 + 2,56 × 22⇒ at(2) ≈ −1,37 m/s2

at(6) =−25,60 + 5,12 × 6

2√

73,0 − 25,60 × 6 + 2,56 × 62⇒ at(2) ≈ +0,75 m/s2 .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 355 — #355


Para calcularmos a aceleração normal devemos usar a fórmula v2/R, portantodevemos calcular o raio de curvatura para os instantes dados. Temos que

R =v3

∣∣∣~a ∧ ~v∣∣∣ e ~a ∧ ~v =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

ı kax ay az

vx vy vz

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Neste problema:

x = 3,0t y = 8,0t − 0,8t2 z = 0

vx = 3,0 vy = 8,0 − 1,6t vz = 0

ax = 0 ay = −1,6 az = 0

~a ∧ ~v =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

ı k0 −1,6 0

3,0 8−1,6t 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣−1,6 0

8−1,6t 0

∣∣∣∣∣∣ ı +∣∣∣∣∣∣

0 03,0 0

∣∣∣∣∣∣ +∣∣∣∣∣∣

0 −1,63,0 8−1,6t

∣∣∣∣∣∣ k

= 1,6 × 3 k = (4,8 m3/s3) k ⇒ |~a ∧ ~v| = 4,8 m3/s3 .

Donde

R(t) =

( √73,0 − 25,60t + 2,56t2

)3

4,8

R(0) =

(√73,0

)3

4,8≈ 129 m

R(2) =

(√31

)3

4,8≈ 36 m

R(5) =

(√19

)3

4,8≈ 5,6 m

R(6) =

(√11,6

)3

4,8≈ 8 m.

Se considerarmos o eixo dos y como um eixo vertical na Lua e levando emconta que o ponto do problema tem uma aceleração ay = 1,6 m/s2 constante,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 356 — #356


Tabela 8.2: Resumo dos resultados do problema 8.3 – em SI.

t x y |~v| at an R0 0 0 8,5 -1,50 1291 3 7,2 7,1 -1,432 6 12,8 5,6 -1,37 363 9 16,8 4,4 -1,164 12 19,2 3,4 -0,76 8,05 15 20,0 3,0 0,00 1,6 5,66 18 19,2 3,4 0,76 8,0

Figura 8.30: Diagrama do movimento de equações paramétricas x = 3,0t e y = 8,0t −0,8t2, cuja aceleração é ~a= (1,6 m/s2) .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 357 — #357


enquanto que ax =0, podemos dizer que o movimento do ponto é de um projétillançado na superfície da Lua com uma velocidade inicial v0 = 8,5 m/s e quefaz um ângulo de 69 com a horizontal (lunar local).Do problema 8.4: as equações são:

x = 10 cos(π2 t) vx = −10π2 sen(π2 t) ax = −10π2

4 cos(π2 t)

y = 10 sen(π2 t) vy = +10π2 cos(π2 t) ay = −10π2

4 sen(π2 t)

Por outro lado R=v3/|~a ∧ ~v| e v2 = v2x + v2

y , assim

v2 =

(−10

π

2sen(π2 t)

)2+

(10π

2cos(π2 t)

)2

= 100π2

4

(sen(π2 t)

)2+

(cos(π2 t)

)2

= 100π2

4⇒ v = 10

π

2m/s .

A velocidade tem módulo constante, segue-e que a aceleração tangencial énula, isto é, at =

d|~v|dt = 0. Por outro lado,

an =|~v|2R

e R =|~v|3|~a ∧ ~v| .

Mas

~a ∧ ~v =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

ı kax ay az

vx vy vz

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣ay az

vy vz

∣∣∣∣∣∣ ı +∣∣∣∣∣∣ax az

vx vz

∣∣∣∣∣∣ +∣∣∣∣∣∣ax ay

vx vy

∣∣∣∣∣∣ k .

Entretanto, az =0 e vz =0, logo ~a∧~v se reduz ao último termo:

=

∣∣∣∣∣∣ax ay

vx vy

∣∣∣∣∣∣ k

=

∣∣∣∣∣∣∣−10π

2

4 cos(π2 t) −10π2

4 sen(π2 t)

−10π2 sen(π2 t) +10π2 cos(π2 t)

∣∣∣∣∣∣∣ k

=−100π

3

8 cos2(π2 t) − 100π3

8 sen2(π2 t)

k

~a ∧ ~v =

(−100

π3

8

)k ⇒ |~a ∧ ~v| = −100

π3

8m2/s3 ,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 358 — #358


como |~v|=10π2 m/s, v3 =1000π3

8 m3/s3, e assim

R =v3

|~a ∧ ~v| = 10 m (constante).

O raio de curvatura é pois constante, 10 m. O ponto descreve uma circunferên-cia de raio R = 10 m, como já se sabia, pois a equação cartesiana é:

x2 + y2 = 102[

cos(π

2t)]2

+

[sen

(π

2t)]2

= 102 = R2 .

Figura 8.31: Enquanto o ponto P se desloca sobre a circunferência de raio R comvelocidade angular constante ω, suas projeções P1 e P2, de coordenadas x=R cos(ωt)e y=R sen(ωt), executam movimentos harmônicos simples de freqüência angular ω.

Solução do problema 8.6 As equações para t ∈ [0, 4 s] são:

x = t − 2 vx = 1 ax = 0

y = 13 (t − 2)3 vy = (t − 2)2 ay = 2(t − 2)

R(t) =v3

|~a(t) ∧ ~v(t)|R(2) =

13∣∣∣∣∣∣0 01 0

∣∣∣∣∣∣= ∞

R(3) =(2)

32∣∣∣∣∣∣

0 21 1

∣∣∣∣∣∣≈ 2,8

2≈ 1,4

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 359 — #359


t x y vx vy ax ay

0 -2 -2,7 1 4 0 -41 -1 -1/3 1 1 0 -22 0 0 1 0 0 03 1 1/3 1 1 0 24 2 2,7 1 4 0 4

Figura 8.32: O ponto O ′ é o centro de curvatura para t = 3 s e a tabela com o resumodos resultados do Probl. 8.6 (em SI).

Solução do problema 8.7

~vinercial = ~vtrans + ~vrel

~ainercial = ~atrans + ~arel + ~aCor

~vtrans = ~ω ∧ ~R ∴ |~vtrans| = ωR

= (0,5 rad/s)(1 m) = 0,5 m/s

|~vrel| = vhomem = 0,5 m/s

~atransporte = ~anormal + ~atang = ~an + ~0 |~atrans| = ω2R = (0,5 rad/s)2(1 m)

= 0,25 m/s2

~acoriolis = 2~ω ∧ ~v |~aCor| = 2ωv = 2(0,5 rad/s)(1 m/s)

= 1,0 m/s2 .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 360 — #360


Figura 8.33: Homem correndo radialmente sobre uma plataforma horizontal girante.

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Capítulo 9

Dinâmica∗

Já estudamos as forças na Estática e as acelerações na Cinemática. Procuramosem ambos os casos dar ênfase aos conceitos gerais que não sofressem nenhumarestrição quanto passássemos os estudo da Dinâmica.

Na dinâmica estudaremos o efeito das forças sobre os corpos quando nãoestão em equilíbrio.

Vimos no início do nosso estudo as três Leis de Newton, e aplicamos nodesenvolvimento desse estudo apenas a 1a e a 3a Leis de Newton; menciona-mos a 2a Lei apenas para completar o conjunto de Leis que regem a Mecânica.Definimos então a quantidade de movimento1 de um corpo como sendo o vetor~p=m~v, em que m é a massa e ~v sua velocidade. O conceito de massa do corpoficou para ser esclarecido mais tarde.

Antes de abordarmos o conceito de massa de um corpo convém esclarecera 2a Lei de Newton sob outro aspecto.

Para evitar circunlóquios vamos considerar no que segue o movimento deuma partícula de massa m, ou de um corpo de dimensões muito pequenas demodo que o movimento sobre si mesmo seja desprezível.

Se a partícula tem quantidade de movimento constante, então sua velo-cidade também o será, pois sua massa é constante na mecânica newtoniana:~p = mm~v constante significa ~v constante.

Pela 1a Lei de Newton, se “uma partícula está em repouso ou em movi-mento retilíneo e uniforme, ~v constante, então ela permanecerá sempre neste

∗ u© Este capítulo corresponde ao Fascículo 7, original inédito datilografado pelo próprioProf. Armando, sem data, sem preâmbulo; obtido do arquivo pessoal do Prof. Joaquim PereiraNeto.

1 u© Note-se que o termo quantidade de movimento tem como sinônimo momentum linear,preferimos este àquele.

361

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362 Capítulo 9. Dinâmica

estado a não ser que causas externas (as forças) o modifiquem”. Podemos por-tanto dizer que se uma partícula tem quantidade de movimento constante, entãoela satisfaz a 1a Lei de Newton.

A 2a Lei de Newton diz o que acontece quando sobre a partícula atuamuma resultante não-nula. Com efeito, se a resultante ~F das forças externas queatuam sobre a partícula, a quantidade de movimento variará, e a força ~F queo ocasionou essa variação da quantidade de movimento será proporcional àvariação da quantidade de movimento por unidade de tempo, isto é:

~F = kd~pdt

.

Tal é a 2a Lei de Newton, veja Fig. 9.1.

Figura 9.1: Ilustração para a 2a Lei de Newton, ~Fm atua sobre a partícula provocandoa variação ∆~p em ~p, no intervalo de tempo ∆t.

Se a força ~Fm atua sobre a partícula provocando-lhe uma variação ∆~p daquantidade de movimento, num intervalo de tempo ∆t, então essa variação ∆~pde ~p se efetua na direção e sentido da força ~Fm, e ~Fm será proporcional àvariação de ~p por unidade de tempo, isto é:

~Fm = k∆~p∆t

.

Observe-se que nesse caso, sendo ∆t finito, ~Fm será a força média que atuoudurante o intervalo de tempo ∆t. De um modo geral:

~F = lim∆t→0

k

∆~p∆t

= k

d~pdt

.

A força ~F será a força instantânea que ocasionou a variação da quantidade demovimento por unidade de tempo, calculada num dado instante t.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 363 — #363

9.1. Massa inerte 363

Na Mecânica Newtoniana, sendo a massa da partícula constante, indepen-dente da velocidade, então:

~F = kd~pdt

= kd(m~v)dt

= k md~vdt

= k m~a ,

em que ~a= d~vdt é a aceleração da partícula.

O coeficiente de proporcionalidade k só depende do sistema de unidadespara se medir ~F, m ou ~a. Podemos escolher um sistema de unidades tal quek=1, e nesse particular sistema vale a equação:

~F = m~a ,

equação conhecida como equação fundamental da dinâmica.

9.1 Massa inerte

Vamos agora esclarecer o conceito de massa inerte; comecemos examinando arelação entre força aplicada a uma partícula (corpo), sua massa m e sua acele-ração ~a.

I Em primeiro lugar, suponhamos que o corpo esteja em repouso no nossoreferencial inercial, aqui convém lembrar que na Dinâmica usamos sempre umreferencial inercial, a não ser que seja mencionado o contrário explicitamente;para tirá-lo do repouso temos de aplicar-lhe uma força ~F que o acelerará. Ex-periências simples com vários corpos mostrarão que as acelerações produzidaspelas mesma força ~F serão diferentes para cada corpo, eventualmente dois oumais poderão adquirir a mesma aceleração.

II Em segundo lugar, se o corpo está em movimento retilíneo e uniforme,acontecerá o mesmo: para mudarmos a velocidade do corpo precisamos apli-car-lhe uma força (não-nula). Analogamente, vários corpos em movimentocom velocidades diferentes, mas constantes, adquirirão acelerações diferentesquando lhes aplicam forças iguais.

III Em resumo, a aceleração adquirida por um corpo A pode ser maior oumenor que aquela adquirida por um corpo B sob a ação da mesma força; essapropriedade apresentada pelos corpos se denomina inércia do corpo. Assim

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por exemplo, se o corpo B adquire uma aceleração menor que o corpo Aquando sob a ação da mesma força ~F, se diz que B tem uma inércia maiorque a de A; o copo A, tendo uma aceleração maior que B sob a ação da mesmaforça ~F, terá uma inércia menor que B. A medida da inércia de um corpo sedenomina massa do corpo. Para distinguir bem esse conceito de outros vamoschamar essa massa de “massa inerte”, indicando-a por min em vez de simples-mente por m.

IV Como podemos medir a massa inerte de um corpo?Já dissemos que a 2a Lei de Newton é um postulado, isto é, uma proposi-

ção tomada como verdadeira sem demonstração; ora, nesse postulado devemosdefinir as grandezas que nele aparecem.

Na equação ~F = min~a conhecemos a força e a aceleração, mas não a massainerte min. Podemos entretanto verificar que, para um dado corpo, as forças~F j , j = 1, 2, 3 . . . n, respectivamente são sempre proporcionais às respectivasacelerações, isto é:2

~F j = (constante) ~a j ⇒ | ~F j||~a j| = (constante).

Ora, podemos tomar um corpo como padrão e dizer que sua massa inerte, min,é a unidade de massa inerte: min = 1 uin, donde:

~F j = (1 uin) ~a j

e relacionar as massas inertes dos outros corpos com essa unidade. Assim umdado corpo B cuja massa inerte é min, submetido à força ~F j, adquirirá umaaceleração ~a ′j

~F j = min ~a ′j~F j = uin ~a j .

Portanto

min ~a ′j = uin ~a j ou

min =|~a j||~a ′j |

uin ,

2 Observação – os dois vetores ~F j e ~a j têm a mesma direção e sentido, e assim ofator de proporcionalidade é um número positivo.

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9.2. Massa gravífica 365

Figura 9.2: Partículas P1 e P2 interagem com força de atração gravitacional.

já que ~a j e ~a ′j têm a mesma direção e sentido, podemos portanto dizer que onúmero que mede a relação entre a aceleração da massa inerte do padrão e aaceleração da massa inerte do corpo B quando sob a ação da mesma força seráa medida da massa inerte do corpo B efetuada com a unidade de massa padrão,ou simplesmente com a unidade de massa padrão.

9.2 Massa gravífica

Duas partículas postas em presença uma da outra exercerão mutuamente forçasde atração iguais em módulo e direção mas de sentidos contrários, mesmo quetenhamos afastados todas as causas de interação entre elas por efeitos físicosdiversos, como por exemplo atração elétrica ou magnética.

As partículas P1 e P2 postas em presença uma da outra interagem comforça de atração, por uma propriedade intrínseca, inerente a elas, independen-temente de outros fenômenos físicos. Essa propriedade se denomina atraçãogravífica ou atração gravitacional entre as partículas, vale a 3a Lei de Newton:

dado um referencial inercial, a partícula P1 exerce sobre a partícula P2uma força ~f , vice-versa a partícula P2 exerce sobre a partícula P1 umaforça ~f ′, de mesma intensidade mas de sentido contrário.

Medimos essa propriedade das partículas pelas suas massas gravíficas. To-mamos uma partícula arbitraria como tendo massa gravífica padrão, é o padrãode massa gravífica, escolhido com critérios bem definidos, e se usa a própriaatração gravífica para relacionar a massa gravífica do padrão com a de outroscorpos.

Designaremos a massa gravífica por mg. A força de interação gravíficaentre duas partículas de massas gravífica m1g e m2g é expressa pela lei da gra-vitação universal de Newton3:

| ~f | = γm1gm2g

r2 (9.1)

3 Como veremos mais tarde, Newton obteve essa lei por um processo intuitivo apartir das leis de Kepler e em seguida postulado como válida para todas as partículas.

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a intensidade da força de atração entre duas partículas é proporcional ao pro-duto das massas gravíficas e inversamente proporcional ao quadrado da distân-cia entre elas. O coeficiente de proporcionalidade γ depende apenas das uni-dades para medir a força, as massas gravíficas e a distância entre as partículas.Essa Lei é geral e vale tanto para partículas muito pequenas como para plane-tas e estrelas. Foi descoberta por Newton que dela teve a intuição através dastrês (3) Leis de Kepler, Johannes Kepler (1571–1630), astrônomo alemão, des-cobriu as Leis do movimento dos planetas a partir do estudo das observaçõesprecisas registradas por Tycho Brahe, astrônomo dinamarquês (1546–1601).

Lembremos que as massas gravíficas originam um fenômeno físico seme-lhante ao produzido pelas cargas elétricas, ou pelas massas elétricas, q1 e q2:

a interação entre 2 cargas elétricas pontuais q1 e q2 é uma força ~f pro-porcional ao produto das cargas elétricas e inversamente proporcional aoquadrado da distância:

| ~f | = k|q1q2|

r2 .

Entretanto, enquanto as massas gravíficas só se atraem, as cargas elétricaspodem atrair-se ou repelir-se.

Há dois tipos de cargas elétricas, classificadas originalmente de vítrea e re-sinosa; a vítrea por ser obtida pelo atrito de um bastão de vidro com um panode flanela, e a resinosa por ser o bastão de resina. Verificou-se experimental-mente que só podiam existir esses dois tipos de cargas elétricas, uma anulandoa outra quando fossem na mesma quantidade. As cargas de mesmo nome serepelem e as de nome contrário se atraem. Pode-se mostrar que essas cargasse comportam como grandezas algébricas, de modo que se pode atribuir-lhesum sinal, positivo ou negativo, e assim designá-las pelo sinal e não pelo nomevítrea ou resinosa.

A lei de interação entre as massas elétricas é denominada Lei de Coulomb:

fe = kq1q2

r2 (9.2)

Charles Augustin Coulomb (1736–1806), físico francês; de suas pesqui-sas sobre elasticidade de torção de fios e cabelos inventou a balança de torção(1777) que posteriormente usou para descobrir a Lei (9.2) entre massas (car-gas) elétrica.

Vemos que tanto a lei de gravitação universal de Newton (9.1) como a leude Coulomb (9.2) teem a mesma forma. A grande diferença é que à massa

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9.3. Massa gravífica e a massa inerte 367

Figura 9.3: Forças de repulsão (cargas de mesmo sinal) e de atração (cargas de sinaisopostos).

gravífica só se pode atribuir um sinal, e ainda, as forças entre as massas gra-víficas é sempre atrativa, enquanto que no caso das forças elétricas a força deinteração entre as massas de mesmo sinal é sempre repulsiva.

É lícito deste modo concluir que a massa gravífica nada tem a ver com amassa inerte de uma partícula, pelo menos do ponto de vista das propriedadesestabelecidas acima.

9.3 Relação entre a massa gravífica e a massa inerte

Suponhamos uma partícula de massa m num lugar da Terra cuja latitude4 sejaϕ, e que a partícula esteja suspensa de um fio, conforme indica a Fig. 9.4.

Essa partícula, em virtude do movimento de rotação da Terra, gira, descre-vendo uma circunferência no sistema de referência seguinte: o centro da Terraé tomado como origem do sistema de eixos Oz é coincidente com o eixo daTerra, o eixo Ox na direção do Sol e passando por ele, e o eixo Oy ortogonalaos outros dois, o sistema xyz formando um sistema sinistrorso (ou sistemadireto).

O raio da circunferência descrito é r = R cosϕ, em que R é o raio da Terra.Observe-se que a partícula participa de todos os movimentos da Terra, os

principais sendo:

1o) o de translação da Terra em torno do Sol; e

2o) o de rotação da Terra em torno de seu eixo, e portanto do eixo Oz docitado sistema de referência.

4 latitude geográfica: ângulo entre a normal à superfície da Terra, suposta esférica,e o plano do equador.

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Figura 9.4: ~T tem a direção do fio que suspende a partícula, i.e., da vertical local; S éo suporte vertical do fio.

O movimento de translação em torno do Sol pode ser considerado um movi-mento retilíneo e uniforme, tendo em vista que o raio da órbita terrestre é muitogrande, por conseguinte o sistema Oxyz pode ser considerado um sistema iner-cial, para todos os cálculos que se farão aqui. A Terra gira em torno do eixo Ozcom velocidade angular constante ~ω =

(π12 rad/h

)k, vetor dirigido ao longo do

eixo da Terra para o Pólo Norte e portanto para ao longo do eixo Oz.

9.3.1 Forças que atuam sobre a partícula

As forças que atuam sobre a partícula são: a tensão ~T do fio e a atração da Terra~P, portanto a resultante das forças sobre ela será ~R = ~P+ ~T . Essa resultante ~Rserá a força centrípeta que mantém a partícula sobre a circunferência descritapor ela, ao ser arrastada no movimento de rotação da Terra.

Teremos então~R = ~P + ~T = min ~an ,

em que ~an é a aceleração norma à trajetória da partícula, portanto

an = ω2r = ω2R cosϕ .

Ora, observe-se que ~P é a atração gravífica da Terra, portanto

P = γmg MgT

R2 ,

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em que MgT é a massa gravífica da Terra e γ a constante de gravitação univer-sal5

γ = (6,670 ± 0,005)×10−8 dyn cm2

g2 .

Deste modo,

~T = min ~an − ~P

= min ~an − γmg M

R2 ρ ,

em que ρ é o versor de ~R, e M = MgT.A tensão do fio será portanto a diferença vetorial entre uma força de inér-

cia6 e uma força gravífica, que é a força de atração gravífica entre a Terra e apartícula. Temos

~P = γmg M

R2 r ou1

mg~P = γ

MR2 r = ~G ,

esse vetor será a força por unidade de massa gravífica no ponto onde se acha apartícula. Deste modo teremos:

~T = min ~an − mg ~G .

Suponhamos que agora tenhamos duas partículas de massas gravíficas mg1

e mg2 , e tais que mg2 =c mg1 , em que c é uma constante, nesse caso, se a massainerte não variar na mesma proporção, isto é, se min2 ,c min1 , então a direção de~T variará quando trocarmos a partícula suspensa pelo fio; mas se min2 =c min1 ,então o vetor ~T continuará na mesma direção.

Pode-se medir as variações de ~T por diferentes métodos e desde o séculoXIX que se aceita com como experimentalmente comprovado que variações

5 u© O valor

γ = (6,670 ± 0,005)×10−8 dyn cm2

g2 = (6,670 ± 0,005)×10−11 N m2 kg−2

= (6,670 ± 0,005)×10−11 m3 kg−1 s−2

tem como valor recomendado pelo CODATA:

= (6,673 ± 0,010)×10−11 m3 kg−1 s−2 .

6 Força centrípeta: produto da massa inerte pela aceleração centrípeta ou normal.

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de ~T dentro de um erro relativo de 10−9 não são verificadas, e deste modochega-se à conclusão de que as massas inertes são função linear das massasgravíficas, pois, neste caso, se mg2 =c mg1 , então também termos min2 =c min1 .

De fato, se a massa inerte é função linear da massa gravífica, teremos min =

κmg, sendo κ uma constante. Ora, se mg2 =c mg1 , então

min2 = κmg2 = κ(c mg1

)= c

(κmg1

)

mas κmg1 = min1

logo min2 = c min1

como queríamos provar.Ora, escolhendo-se convenientemente as unidades de massa inerte e de

massa gravífica, pode-se pôr κ = 1, e, neste caso, pode-se dizer que a massainerte e a massa gravífica de uma partícula são iguais, a menos de um errorelativo da ordem de 10−9.

Considera-se que tal fato tenha sido estabelecido com a balança (de torção)de Eötvös7 e o seu resultado já era amplamente conhecido pelos mecânicos doséculo XIX, que porém não lhe atribuíram nenhum outro significado. Estuda-remos mais adiante (§9.4) a Balança de Eötvös e o seu método.

Einstein sem levar em conta esse resultado experimental postulou a igual-dade entre a massa inerte e a massa gravífica: min =mg, tirando desse postuladoconseqüências notáveis.

Tal postulado é a base de toda a teoria da Relatividade Geral de Einstein,por isso mesmo os físicos teem procurado aumentar a precisão de suas medi-ções a fim de verificar se oculta no erro experimental não existe uma desigual-dade, o que traria a invalidade para o postulado de Einstein com conseqüênciasfunestas para a sua Teoria Geral da Relatividade.

Em experiências recentes e usando a gravitação do Sol e partículas de di-ferentes materiais: ouro, platina, cobre, água, vidro, etc., a precisão aumentoumuito, colocando-se o erro relativo em 10−12.

9.3.2 Observação

Já vimos que a tensão do fio que mantém a partícula pendurada é dada por~T =min ~an−mg ~G. O peso do corpo medido com um dinamômetro e o valor de|~T |, a ~T se denomina peso aparente. O estudante deve procurar entender o uso

7 Baron Loránd von Eötvös (1848–1919), físico húngaro.

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de sistemas de referência não-inerciais, tendo em vista que muitos livros usamtais sistemas para explicar o que foi explanado acima.

Para o estudo de tais sistemas veja-se parágrafo 8.3, pág. 337. Representa-mos o sistema não-inercial do seguinte modo: o eixo O′ζ coincide com o eixode rotação da Terra e portanto com o eixo Oz da figura Fig. 9.4, veja Fig. 9.5;o eixo O′ξ ortogonal a O′ζ e que passa pela partícula; o eixo O′η ortogonalaos dois e formando um sistema sinistrorso. Esses eixos O′ξηζ estão fixos na

Figura 9.5: Sistema não-inercial O′ξηζ; V: vertical; ~p : peso aparente; ~p=−~T .

Terra e, portanto, participam de seu movimento de rotação e do de translação.Para as medições efetuadas, o movimento de translação pode ser consideradoretilíneo e uniforme, tendo em vista que o raio da órbita terrestre (em relaçãoao Sol) é muito grande e que, durante a experiência, o arco descrito pode serconsiderado um segmento retilíneo.

No sistema O′ξηζ o observador imóvel e contemplando a partícula pendu-rada a vê em repouso sob a ação de três forças: ~T , ~P e ~fcf que a puxa, no seusistema, para fora ao longo do eixo O′ζ, o equilíbrio advém da resultante de~T e ~P que anula essa “força centrífuga” ~fcf . Na Fig. 9.5 representamos o sis-tema O′ξηζ e a força ~fcf que aparece nesse sistema como uma força real (i.e.,mensurável) equilibrada pela resultante de ~P e ~T , resultant essa que no sistemainercial Oxyz é a força centrípeta ~fcf .A partícula em Oxyz tem uma velocidade de transporte vtrans =ωr e uma acele-ração ~an sob a ação da força centrípeta | ~fcp|= |~P+ ~T |= |m~an|=mω2r. Na Fig. 9.5vemos que a partícula no sistema O′ξηζ está em repouso sob a ação das forças~T , ~P e ~fcf cuja resultante é nula: ~T+~P+ ~fcf =~0. No sistema Oxyz a partícula temuma velocidade de transporteωr e uma aceleração centrípeta ~P+~T = ~fcf =min~an.

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9.4 A balança de Eötvös

Vejamos em que consiste a balança de Eötvös e como se se procede para com-parar com ela a massa inerte com a massa gravífica. Suponhamos duas partícu-las de massas gravíficas mg1 e mg2 , iguais mg2 =mg1 , cada uma na extremidadede uma haste que por sua vez é suspensa por um fio muito fino preso ao seuponto médio, veja Fig. 9.6. A direção da haste é a leste-oeste.

Figura 9.6: Balança de Eötvös.

A Balança de Eötvös não é mais que uma haste H encerrada num tubo A

no meio do qual é adaptado ortogonalmente um outro tubo B por onde passa ofio de suspensão e cuja extremidade livre é fixada num parafuso C colocado naextremidade do tubo B. Esse parafuso pode girar torcendo o fio de suspensãoe colocando uma das partículas na extremidade da haste H no zero da escala Ena extremidade do tubo A.

As duas partículas estarão sob a ação das forças centrípetas ~f1 e ~f2 emequilíbrio com a força de torção do fio, o qual foi torcido para colocar a partí-cula 2, por exemplo, no zero da escala, eventualmente o torção no fio pode serzero.

Em princípio ~f1,~f2, pois os materiais que constituem as partículas são di-ferentes, ouro, vidro, platina, chumbo, cobre, etc, e neste caso seus momentosestarão em equilíbrio com o momento de torção do fio.

Suponhamos agora que se faça uma rotação de 180 em toda a balança; anova posição as forças ~f1 e ~f2 vão produzir momentos de sentidos contráriosao produzidos na posição anterior, por exemplo, se ~f2 tendia a fazer girar nosentido dextrorso M

→~f2

=~r2 ∧ ~f2, agora no posição nova o vetor ~r ′2 tem sentido

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9.4. A balança de Eötvös 373

contrário ao de ~r2 e o momento de ~f2 sendo M→′~f2

=~r ′2 ∧ ~f2 tenderá a fazer girar

a partícula em sentido contrário ao anterior, o mesmo ocorre com ~f1. Se, porexemplo, M~f2

>M~f1na primeira posição, o momento da torção do fio tende a

fazer girar no sentido contrário ao momento de ~f2, ao fazer porém uma rotaçãode 180 em todo o dispositivo, o momento de ~f2 inverte o sentido, como vimos,e se soma portanto ao sentido da torção e haverá um deslocamento do equilí-brio, a partícula 2 sairá do zero da escala. Esse tipo de balança de torção foiinventado pelo Báró Loránd von Eötvös (1848–1919), físico húngaro, nascidoe falecido em Budapest; desenvolveu pesquisas sobre capilaridade, gravitaçãoe geomagnetismo, inventou a balança descrita acima, a qual utilizou nos seusestudos sobre gravitação e geomagnetismo em 1888 em Budapest, cf. [32].

Eötvös verificou que, a menos de um erro relativo de 5×10−9, o equilíbrioentre as forças que atuam nas partículas permanece inalterado quando se efetuauma rotação de 180 em todo o dispositivo. Em trabalho recente [11] Roll P.G., Krotkov, e Dicke R. H., usando a força de gravitação do Sol, acharam parao alumínio e o outro o mesmo resultado, com precisão de 1 parte em 10−11, eainda Bragisnkii V. B. e Panov V. I. [1], com uma precisão de 10−12 chegaramao mesmo resultado para o alumínio e a platina.

A grande maioria dos físicos baseados nessas experiências chegam a con-clusão de que a massa inerte de uma partícula min é igual a sua massa gravíficamg a menos de um erro relativo de 10−12. Essa assertiva não é porém verda-deira, como veremos.

A balança de Roll et al. [11] consiste em um triângulo equilátero de barrasde quartzo de 6,0 cm de lado; dois pesos de alumínio estão pendurados um emcada vértice do triângulo e no 3o vértice um cilindro de ouro de mesmo pesoaproximadamente. O fio de suspensão era de fibra de quartzo de 10,8 polegadasde comprimento e 0,001 de polegada de diâmetro. A direção do fio passavapelo centro do triângulo. Foi usada a atração do Sol. A posição do triânguloera registrada quando o Sol se erguia e também 12 horas depois quando o Sol sepunha, invertendo os sinais dos momentos sobre o triângulo. Não foi verificadanenhuma mudança da posição de equilíbrio dentro da precisão citada.

Neste caso, o momento resultante sobre o triângulo pode ser demonstradoque é proporcional ao parâmetro

η(A,B) =

[Mm

]A−

[Mm

]B[

Mm

]A

+[

Mm

]B

2

,

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o símbolo[

Mm

]A

significa: massa gravífica M da partícula A dividida por sua

massa inerte m; o mesmo significando para[

Mm

]B

para a partícula B. A dife-

rença[

Mm

]A−

[Mm

]B

resultados momentos opostos das forças sobre cada par-tícula. Os autores deixam dentro do parêntese as grandezas que eles supõemvariáveis para cada partícula, o que faria com que o momento resultante fossediferente de zero em equilíbrio com o momento da torção do fio.

No trabalho de Eötvös o parâmetro usado é χA−χB, símbolos definidos noque segue. A lei de atração universal de Newton para o caso vigente pode serescrita

F = γMAMT

R2 ,

em que F é a atração da Terra de massa gravífica MT sobre a partícula de massagravífica MA, R o raio da Terra e γ a constante de gravitação universal. Eötvöset al. consideram as massas inerte e gravífica das partículas como constantesenquanto que o coeficiente γ é a variável para cada partícula de constituiçãodiversa, deste modo teríamos γA, γB e γS correspondente a cada partícula A,B e S , esta última sendo constituída de uma substância tomada como padrão.Eötvös tomou como substância padrão a água. Neste caso χA =

γAγS

e χB =γBγS

,tais coeficientes específicos de atração.

Observe-se que se mudarmos a hipótese e tomarmos como constante γ esupormos que as variáveis são as massas inerte e gravífica, obtemos o parâme-tro η(A, B) de Roll et al. ou o parâmetro ∆ de Brangiskii e Panov definido aseguir.

A balança de Brangiskii e Panov é uma balança de torção que pode entrarem ressonância com a alternância do Sol no horizonte, com um período de 24horas. Para obter a ressonância foi usado um fio de suspensão de tungstênio de2900 mm de comprimento e 5×10−4 cm de diâmetro. Uma das extremidadesdo fio era fixa e a outra presa a “um octógono8 com massas iguais, quatrode alumínio e quatro de platina nos vértices”. O todo estava dentro de umrecipiente em alto vácuo.

Neste caso o parâmetro era:

∆ =

mAMA− mB

MBmAMA

+ mBMB

2

,

com o mesmo significado para os símbolos que no parâmetro η(A, B).

8 Estrela de oito pontas.

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9.4. A balança de Eötvös 375

É claro que de cada experiência poderíamos obter o mesmo parâmetro;sendo assim, o raciocínio que vamos fazer para o parâmetro ∆ se aplica a qual-quer um deles “mutatis mutandis”.

Se o parâmetro ∆ é zero dentro de um erro relativo de 10−12, podemos pôr,dentro do mesmo erro, que:

mA

MA− mB

MB= 0 . (9.3)

Isto significa, pelo resultado da experiência, que a relação entre a massa inertede uma partícula e sua massa gravitacional é independente da sua constituiçãoseja ela de ferro, platina, alumínio, ouro, bismuto, cobre, latão, etc., tais foramos materiais testados, incluindo os de Eötvös.

Todavia, dizer que a experiência prova que a massa inerte de uma partículaé igual à sua massa gravífica requer outra prova. De fato, há duas classes defunções que satisfazem a igualdade (9.3):

1o) Funções lineares, isto é: a massa inerte de uma partícula é função li-near de sua massa gravífica m = c M, em que c é uma constante que sódepende das unidades usadas;

2o) Funções unívocas, não necessariamente lineares, isto é, a massa inerte éuma função unívoca, não-linear, da massa gravífica m= f (M), em que fé tal função.

Ora, pela primeira classe de funções podemos pôr m= M, a massa inerte éigual à massa gravífica, mas a segunda classe de funções não nos permite fazertal coisa. Com efeito, lembremos que seja qual for o tipo de partículas postasnas extremidades da hate da balança de Eötvös, suas massas gravitacionais sãopraticamente iguais e temos portanto que:

MA = MB , logo se segue que mA = f (MA) = f (MB) = mB ,

visto que f é uma função unívoca, o que significa que

mA

MA=

mB

MB,

pois os denominadores das frações são iguais e o denominadores também,donde a igualdade (9.3).

Segue-se que a não ser que se obtenha uma outra prova de que a massainerte de uma partícula seja uma função linear de sua massa gravífica, não

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podemos concluir pela igualdade entre as suas massas, com o resultado daexperiência de Eötvös.

Podemos deste modo considerar errôneo dizer que a experiência de Eöt-vös mostrou “com erro relativo de 10−12 que a massa inerte de uma partículaé igual à sua massa gravífica”, como é feito usualmente nos livros de Física.Veja-se [28].

9.5 Sistema de unidades mecânicas

Já vimos que a equação fundamental da dinâmica pode ser escrita ~F = κm~a,em que κ é um coeficiente de proporcionalidade que depende apenas das uni-dades usadas para as grandezas aí representadas. As unidades que entram nessaigualdade são as de força, massa e aceleração que, por sua vez se reduz às decomprimento e tempo. Podemos então definir uma das unidades a partir dessaequação em função das outras unidades e de tal modo que κ = 1, isto é, aequação se torna

~F = m~a ⇒ |~F| = m |~a| (9.4)

para esse particular sistema de unidades. A equação (9.4) se denomina equaçãode definição da unidade em questão.

As unidades de comprimento e tempo são unidades que se tomam semprecomo fundamentais, podendo então definir-se:

1. a unidade de força a partir das unidades fundamentais9 de massa, com-primento e tempo;

2. a unidade de massa, tomando-se como fundamentais as de força, com-primento e tempo.

No primeiro caso, os sistemas de unidades assim formados se denominamMLT, M (massa), L (comprimento) e T (tempo); no segundo caso os sistemasde unidades se denominam FLT, F (força), L (comprimento) e T (tempo)

Tais sistemas de unidades se denominam absolutos de unidades, para darênfase à relevância da mecânica em todos os fenômenos físicos, ponto de vistaque foi abandonado, preferindo-se designar esses sistemas por sistemas coe-rentes de unidades mecânicas. Os outros que não seguem essa sistemática sedenominam incoerentes.

As três grandezas das quais se deriva a outra se denominam grandezasfundamentais e a outra grandezas derivada. No sistema MLT as fundamentais

9 u© Essa é a opção do SI.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 377 — #377

9.5. Sistema de unidades mecânicas 377

são as grandezas de massa (M), comprimento (L) e tempo (T), e a grandezaderivada a de força (F). A equação de definição é sempre (9.4), isto é, em ter-mos de módulos: | ~F|= m |~a|, ou ainda F = m a. Nos sistema FLT, as grandezasfundamentais são as de força (F), comprimento (L) e tempo (T), e a grandezaderivada a de massa (M).

9.5.1 Sistemas MLT

9.5.1.1 Sistema CGS

unidade símbolo grandezaUnidades fundamentais: C centímetro cm comprimento

G grama g massaS segundo s tempo

Unidade derivada: (F) dina dyn força

Equação de Definição F = ma

Definição 1 dyn = 1 g cm/s2

Definição em português Uma dina é a força que imprime à massa deum grama a aceleração de um centímetro por segundo ao quadrado.

9.5.1.2 Sistema MKS

unidade símbolo grandezaUnidades fundamentais: M metro m comprimento

K quilograma kg massaS segundo s tempo

Unidade derivada: newton N força


Definição 1 N = 1 kg m/s2

Definição em português Um newton é a força que imprime à massa deum quilograma a aceleração de um metro por segundo ao quadrado.

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unidade símbolo grandezaUnidades fundamentais: F pé (foot) ft comprimento

P libra-massa (pound) lb massaS segundo s tempo

Unidade derivada: libra-força (poundal) pdl força

1 ft = 30,48 cm1 lb = 453,59 g

9.5.1.3 Sistema inglês FPS


Definição 1 pdl = 1 lb ft/s2 = 0,1382549544 N

Definição em português Um poundal (uma libra-força) é a força queimprime à massa de uma libra-massa a aceleração de um metro por segundoao quadrado.

9.5.2 Sistemas FLT

Grandezas fundamentais10: F (força), L (comprimento) e T (tempo).

9.5.2.1 Sistema métrico técnicounidade símbolo grandeza

Unidades F quilograma-força kgf ou kg∗ forçafundamentais: L metro m comprimento

T segundo s tempo

Unidade derivada: unidade técnica de massa utm massa

Observação A unidade de massa neste sistema não tem nome especial,é usualmente indicada por “unidade técnica de massa” e pelo símbolo utm ouu.t.m. .


10 Cuidado, não confundir o F de força com o F de ft de comprimento do sistemainglês.

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Definição 1 utm = 1 kgf s2/m = 9,80665 N, note-se que 1 kgf é a in-tensidade de força igual ao peso de uma massa de 1 kg numa região onde aaceleração local da gravidade é igual a 9,80665 m/s2.

Definição em português Uma utm é a massa que, sob a ação de da forçade um quilograma-força, adquire a aceleração de um metro por segundo aoquadrado.

9.5.2.2 Sistema técnico inglês

unidade símbolo grandezaUnidades fundamentais: F libra-força lb∗ força

L foot ft comprimentoT segundo s tempo

Unidade derivada: slug slug massa


Definição 1 slug = 1 lb s2/ft

Definição em português Um slug é a massa que, sob a ação de da forçade uma libra-força, adquire a aceleração de um pé por segundo quadrado.

Estes são os sistemas de unidades mecânicas principais que o estudante deveaprender11. Antes de abordarmos os sistemas incoerentes, convém esclareceras unidades fundamentais.

9.5.3 O Sistemas métrico

O sistema métrico foi implantado no França pela revolução francesa em 1799,durante as últimas fases dessa revolução e tornado obrigatório depois de 1820.Os criadores do sistema métrico procuraram definir as unidades fundamentaisde modo que fossem independentes do homem e universais. Assim, em vezde unidades como o pé, o palmo, a jarda, a polegada que variavam de umaregião para outra, definiram o metro que seria a décima milionésima parte dadistância entre o equador ao pólo norte passando por Paris. Essa unidade cor-respondente a essa medida foi reproduzida numa barra de platina iridiada com

11 u© Note-se que atualmente as publicações em todo o mundo fazem uso do SI, SistemaInternacional de Unidades [3], que tem por base o MKS.

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traços transversais nas extremidades, a distância entre dois traços, um em cadaextremidade dessa barra a 0 C, é o metro. Definiram em seguida múltiplos esubmúltiplos desse padrão como potências de 10, usando prefixos gregos paraos múltiplos e latinos para o submúltiplos: para o padrão metro

prefixo símb. valor nome símb. valormúltiplos do metro deca da 101 decâmetro dam 101 m

hect(o) h 102 hectômetro hm 102 mquilo k 103 quilômetro km 103 m

submúltiplos do metro deci d 10−1 decímetro dm 10−1 mcenti c 10−2 centímetro cm 10−2 mmili m 10−3 milímetro mm 10−3 m

O sistema Internacional (SI) de Unidades é estabelecido em ConferênciaGerais de Pesos e Medidas (CGPM) realizadas de tempos em tempos e esta-belecem normas, definições, nomes das unidades e seus símbolos cujo uso érecomendado a todos os países. O Brasil observa essas recomendações no seusistema legal, tornando obrigatório o seu uso. Os prefixos a serem usados para

Tabela 9.1: A fonte dos símbolos é o documento oficial do SI (BIPM–1998; NIST–2001). A fonte da ortografia em português é o INMETRO (Portaria no 002, de 06 dejaneiro de 1993).

Prefixos SIFator Nome Símbolo Fator Nome Símbolo1024 yotta Y 10−1 deci d1021 zetta Z 10−2 centi c1018 exa E 10−3 mili m1015 peta P 10−6 micro µ

1012 tera T 10−9 nano n109 giga G 10−12 pico p106 mega M 10−15 femto f103 quilo k 10−18 atto a102 hecto h 10−21 zepto z101 deca da 10−24 yocto y

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as unidades estão listados na Tab. 9.1.12 O fator que consta na tabela é o valorque deve ser multiplicada a unidade, exemplo:

unidade metro

µm = 10−6 m, micômetro; nm = 10−9 m, nanômetro;

pm = 10−12 m, picômetro; fm = 10−15 m, fentômetro;

am = 10−18 m, attômetro; analogamente,

Tm = 1012 m, terrâmetro; Gm = 109 m, gigâmetro;

Mm = 106 m, megâmetro; km = 103 m, quilômetro.

Do mesmo modo se diz decâmetro, hectômetro, quilomêtro, etc. Esses prefixosse usam com qualquer unidade: grama 13

µg = 10−6 g, micograma; ng = 10−9 g, nanograma;

pg = 10−12 g, picograma; fg = 10−15 g, fentograma;

ag = 10−18 g, attograma; analogamente,

Eg = 1018 g, exagrama; Tg = 1012 g, terrograma;

Gg = 109 g, gigograma; Mg = 106 g, megograma, etc.

O padrão do metro é conservado no Bureau Internacional de Pesos e Me-didas, em Sèvres, próximo a Paris. Entretanto, temendo a destruição do padrãoe também pelo incômodo causado pelos padrões secundários, réplicas do pa-drão, para todos os países, os quais devem ser comparados, periodicamente,com o padrão original, a Conferência Geral de Pesos e Medidas, em 14 deoutubro de 1969 mudou a definição do padrão de comprimento, definindo-o

12 u© Com referência à Tab. 9.1, note-se que o símbolo para o micro é a letra grega µ, dessemodo não-inclinado, e não µ, em itálico, que fica reservado para variável matemática, p.ex.,µ = 12,3 µm, que se lê “mi igual a 123 décimos de micro metro”.

Note-se ainda o equivalente aos seguintes prefixos:

k = um mil da unidade indicada = 103 = 1.000M = um milhão da unidade indicada = 106 = 1.000.000G = um bilhão da unidade indicada = 109 = 1.000.000.000T = um trilhão da unidade indicada = 1012 = 1.000.000.000.000 .

13 u© Não confundir “exagrama”, um submúltiplo do grama; com “hexagrama”, reunião deseis caracteres ou estrela de seis pontas.

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em função do comprimento de onda da luz vermelho alaranjada emitida pelosátomos de criptônio 89, assim o metro passou a ser igual a 1.650.763,73 vezeso comprimento de onda dessa luz, ou mais precisamente:14

Metro é o comprimento igual a 1.650.763,73 comprimentos de onda, novácuo, da radiação correspondente à transição entre os níveis 2p10 e 5p5do átomo do criptônio 86.

Essa definição foi ratificada pela 11a Conferência Geral de Pesos e Medi-das em 14 de outubro de 1969.

14 u© Recentemente se adotou nova definição para o metro, que transcrevemos de [3,§2.1.1.1 Unidade de Comprimento (metro)]:

A definição do metro baseada no protótipo internacional em platina iridiada, em vigor desde1889, foi substituída na 11a CGPM (1960) por uma outra definição baseada no compri-mento de onda de uma radiação do criptônio 86, com a finalidade de aumentar a exatidãoda realização do metro. A 17a CGPM (1983, Resolução 1; CR 97 e Metrologia, 1984, 20,25) substituiu, em 1983, essa última definição pela seguinte:

“O metro é o comprimento do trajeto percorrido pela luz no vácuo duranteum intervalo de tempo de 1/299.792.458 de segundo.”

Essa definição tem o efeito de fixar a velocidade da luz em 299.792.458 m s−1, exatamente.O antigo protótipo internacional do metro, que fora sancionado pela 1a CGPM em 1889,é conservado no Bureau Internacional de Pesos e Medidas nas mesmas condições queforam fixadas em 1889.

Por sua vez, para o segundo, transcrevemos de [3, §2.1.1.3 Unidade de Tempo (segundo)]:

Primitivamente, o segundo, unidade de tempo, era definido como a fração 1/86 400 do diasolar médio. A definição exata do “dia solar médio” fora deixada aos cuidados dos astrô-nomos, porém os seus trabalhos demonstraram que o dia solar médio não apresentava asgarantias de exatidão requeridas, por causa das irregularidades da rotação da Terra. Paraconferir maior exatidão à definição da unidade de tempo, a 11a CGPM (1960) sancionououtra definição fornecida pela União Astronômica Internacional, e baseada no ano trópico.Na mesma época as pesquisas experimentais tinham já demonstrado que um padrão atô-mico de intervalo de tempo, baseado numa transição entre dois níveis de energia de umátomo, ou de uma molécula, poderia ser realizado e reproduzido com precisão muito supe-rior. Considerando que uma definição de alta exatidão para a unidade de tempo do SistemaInternacional, o segundo, é indispensável para satisfazer às exigências da alta metrologia,a 13a CGPM (1967) decidiu substituir a definição do segundo pela seguinte:

“O segundo é a duração de 9.192.631.770 períodos da radiação correspondente àtransição entre os dois níveis hiperfinos do estado fundamental do átomo de césio133.”

Na sessão de 1997, o Comitê Internacional confirmou que: “Essa definição se refere a umátomo de césio em repouso, a uma temperatura de 0 K.”

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Observação Na definição original da Academia de Ciências de Paris em1799, após a revolução francesa, o metro era a décima milionésima parte dadistância do equador ao pólo norte passando por Paris; com métodos mais pre-cisos de medição, verificou-se posteriormente que a distância registrada no ob-jeto conservado em Sèvres era cerca de 10 cm menor que a definição do metro.Ora, é claro que em todas as tabelas, livros, etc., onde figurassem grandezasderivadas do metro, usava-se a distância entre os 2 traços do objeto conser-vado em Sèvres. Desse modo, seria muito mais simples mudar a definição dometro do que alterar a distância dada pelo “objeto”. Por isso, o metro passou aser definido como “a distância entre 2 traços a 0 C do padrão conservado emSèvres”. Mais recentemente a definição do metro foi alterada para a forma dorodapé 14 deste capítulo.

9.5.3.1 Definição da unidade de massa

Analogamente a unidade de massa definida pelos revolucionários francesesera “a massa de um decímetro cúbico de água destilada a 4 C ”. A água éuma substância universal, podendo ser obtida em qualquer lugar da Terra efacilmente purificada, e apresenta um máximo de densidade a 4 C, por issofoi escolhida essa substância nessa temperatura para a definição do padrão demassa. Para facilitar o uso do padrão assim definido foi construída uma réplica,constituída por um cilindro de platina iridiada, liga com 90 % de platina e 10 %de irídio, com 39 mm de altura e 39 mm de diâmetro.

9.5.3.2 Definição da unidade de força no sistema métrico

No sistema métrico o padrão de força é o quilograma-força, o qual seria o pesode um objeto padrão em Paris e ao nível do mar. Nada mais cômodo que esseobjeto fosse o próprio padrão de massa, isto é, o quilograma massa. Assim okg seria o peso do cilindro de platina iridiada conservado no Bureau Interna-cional de Pesos e medidas, em Paris e ao nível do mar. Essa definição tambémfoi mudada para “1 kgf é o peso de uma massa de 1 kg num lugar da Terraem que a aceleração da gravidade é g0 = 9,806.65 m/s2 ”. Essa aceleração dagravidade se denomina aceleração normal da gravidade terrestre; no sistemainglês FPS tem o valor de 32,174 ft/s2. Costuma-se aproximar esses valorespara 9,81 m/s2, 9,8 m/s2 ou mesmo 10 m/s2 e 32,2 ft/s2 ou 32 ft/s2.

O sistema métrico foi legalizado no Estados Unidos pelo Metric Act de1866, o qual incluiu também os equivalentes entre os sistemas métrico e o

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inglês, a definição legal de libra massa é dada em função do quilograma mas-sa:15 1 kg = 2,2046 lb.

O Brasil é membro da Convenção do Metro desde 1875. Pelo decreto leino 240 de 28 de fevereiro de 1967 tornou-se obrigatório o uso das unidades demedir baseadas no Sistema Internacional de Unidades aprovadas nas Conferên-cias Gerais de Pesos e Medidas. Esse decreto lei incumbiu o Instituto Nacionalde Pesos e Medidas (INPM) da execução, supervisão, orientação, coordenaçãoe fiscalização da legislação.16

9.5.4 Problemas simples com o uso das unidades

9.5.4.1 Sistemas MLT

Problema 9.1. Um corpo tem uma massa de 100 kg, sob a ação de uma forçaF ele adquire a aceleração de 2 m/s2. Qual o valor de F?

As unidades dadas são no sistema MKS, logo, usando-se a equação F =ma,tem-se:

F = 100 kg × 2 m/s2 = 200 kg ·m s−1 = 200 N,

pois 1 N=1 kg m s−1, veja definição do newton.

Problema 9.2. Uma força de 1000 dyn atua sobre um corpo de 100 g. Qual aaceleração que ele adquire?

As unidades do problema são do sistema CGS, logo F =ma, donde 1000 dyn=

100 g × a, portanto a = 10 ( dyng ), como no CGS 1 dyn = (1 g)×(1 cm/s2) donde

1 dyn/g=1 cm/s2, portanto a=10 cm/s2.

Problema 9.3. Um corpo tem massa de 50 lb e sob a ação de uma força F eleadquire a aceleração de 100 ft/s2. Qual a força F?

Temos F =ma, portanto F =50 lb × 100 ft/s2 =5000 pdl, pois 1 pdl=1 lb ft/s2,veja definição.

15 u© O SI está sendo implantado nos Estados Unidos, sob a coordenação do NIST, cf.[29, 30].

16 u© Essa incumbência está atualmente (2005) com o INMETRO, cf. [3].

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9.5.4.2 Sistemas FLT

Problema 9.4. Um corpo sob a ação de uma força de 20 kgf adquire a acele-ração de 10 m/s2. Qual a sua massa?

Temos F =ma, portanto 20 kgf =m×10 m/s2, donde m=2 kgf/(m/s2)=2 umt,pois 1 umt=1 kgf/(m/s2), veja definição.

Problema 9.5. Um corpo tem massa de 20 slug. Qual a força que lhe imprimea aceleração de 20 ft/s2?

Temos F =ma, portanto F = 20 slug × 20 ft/s2 = 400 slug ft/s2 = 400 lf∗.

9.5.4.3 Relação entre as unidades

Problema 9.6. Qual a relação entre o newton e o dina?

Temos F = ma, portanto 1 N = 1 kg × 1 m/s2, mas 1 kg = 103 g e 1 m =

102 cm, donde

1 N = 103 g × 102 cm/s2 = 105 g cm/s2 = 105 dyn ,

pois 1 g × 1 cm/s2 = 1 dyn.

Problema 9.7. Sabendo-se que a aceleração que um corpo de 1 kg de massaadquire sob a ação da força de 1 kgf é de 9,80665 m/s2, achar a relação entreo quilograma-força e o newton.

1 kgf = 1 kg × 9,80665 m/s2 = 9,80665 kg m/s2 = 9,80665 N

≈ 9,8 N ≈ 10 N

Observe que 1 N =1

9,80665kgf ≈ 100 gf.

Problema 9.8. Qual a relação entre a unidade técnica de massa e o quilo-grama massa?

Problema 9.9. Qual a relação entre a o quilograma-força e o dina, e entregrama-força e o dina?

Os sistemas incoerentes

Os sistemas incoerentes são aqueles em que as quatro unidades fundamentais,a saber: unidade de massa, de força, de comprimento e de tempo são defini-das independentemente, sem a obedecer a equação F = ma. Daí resulta que aequação fundamental da dinâmica se torna F =κma, com o coeficiente κ,1.

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Exemplo O exemplo mais comum é aquele em se toma para unidade de forçao quilograma-força, para unidade de massa o quilograma (massa), a unidadede comprimento sendo o metro e a de tempo o segundo. Resulta muitas vezesda confusão entre os sistemas MKS e o Métrico Técnico.

No sistema Métrico Técnico a unidade de força é o quilograma-força (kgf),que é a força com que a Terra atrai para o seu centro um dado objeto padrão,num lugar em que a aceleração é a aceleração normal, g0 =9,806.65 m/s2. Ora,esse objeto é o próprio cilindro de platina iridiada que é tomado como o padrãodo quilograma (de massa), kg. Daí resulta que esse objeto tem massa de 1 kg eo peso de 1 kgf no local onde a aceleração da gravidade é g0. Por conseguinte,um corpo que tenha a massa de 70 kg, num lugar em que a aceleração da gra-vidade é g0, terá o peso de 70 kgf. Portanto o número que mede a massa em kgé o mesmo que mede o peso em kgf, desde que o corpo esteja num lugar emque a aceleração da gravidade seja g0. A aceleração adquirida pelo corpo soba ação de seu peso pe g0, logo teremos pela equação F =κm a:

1 kgf = κ 1 kg × 9,806.68 m/s2 = κ 9,806.68 kg m/s2

Donde, fazendo γ0 =9,806.68 (grandeza adimensional),

κ =1γ0

kgfkg× s2

m

A equação F =κm a se torna:

F =

1γ0

kgfkg

s2

m

ma .

Problema 9.10. Qual a aceleração adquirida por um corpo cuja massa é de100 kg e está sob a ação de uma força (constante) de 200 kgf?Resolva o mesmo problema nos sistema MKS e Métrico Técnico.

9.5.4.4 A unidade SI de tempo

A unidade (SI) de tempo é o segundo, símbolo s. O segundo é definido a partirdo dia solar médio, que corresponde a 24 horas, cada hora com 60 minutos ecada minuto com 60 segundos, o que perfaz o total de 24×60×60 segundos,ou 86400 s. Deste modo o segundo era definido como sendo 1

86400 do dia so-lar médio. O dia solar sendo o intervalo de tempo necessário para que o Sol

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9.6. A máquina de Atwood 387

passasse por um dado ponto do Céu duas vezes consecutivas devido ao mo-vimento de rotação da Terra. Há flutuações do período de rotação da Terra,dando uma imprecisão de uma parte em 108. Por isso mudou-se a definiçãodo segundo, definindo-o a partir do período de vibração de elétrons no átomode Césio, o que dá uma precisão de uma parte em 1011. O segundo é assimdefinido em função da transição dos elétrons entre os dois níveis hiperfinos doestado fundamental de Césio, ou mais precisamente:

Um segundo é a duração de 9.192.631.770 períodos da radiação corres-pondente à transição entre 2 níveis hiperfinos do estado fundamental doátomo de césio 133.

Definição essa ratificada plea 13a Conferência Geral de Pesos e Medidas de1967.

9.6 A máquina de Atwood

A máquina de Atwood é um aparelho inventado por George Atwood (1745–1807), matemático britânico, o qual é lembrado principalmente por esse in-vento.

Esse aparelho é representado na Fig. 9.7, na sua versão do Estojo de Mecâ-nica, usado na UERJ. Consiste basicamente numa roldana fixa 1 (veja Fig. 9.7,pág. 390), isto é, numa roldana fixada a um eixo em torno do qual pode girar, oeixo é fixado por sua vez ao suporte 2 que sustenta o anel 3, que é fixado à base4. Um fio muito fino flexível A passa pelo sulco da roldana, tendo fixadas nasextremidades duas massas: m1 e m2. Na Fig. 9.7, a posição das massas é a se-guinte: a massa m1 está em repouso no chão; a massa m2 está suspensa sobre oanel. Sobre a massa m2 está um fio (metálico) B de peso ~p, cujo comprimentoé maior que o diâmetro do anel 3, as massas m1 e m2 são aproximadamenteiguais e o sistema formado por elas fica em equilíbrio em qualquer posição.O fio B sobra a massa m2 acrescenta o seu peso ~p à massa m2, sendo portantouma força de puxa a massa m2 para baixo, deslocando o sistema formado pelofio A e melas massas m1 e m2 em suas extremidades. Deste modo a massa m2desce enquanto a massa m2 sobre (quando se solta m1 do repouso no chão dolaboratório), a força que provoca assim um movimento acelerado do sistema éo peso ~p do fio B. Ao passar pelo anel 3 o fio B é retirado pelo anel, de modoque o movimento passa a ser uniforme e retilíneo; a massa m2, com veloci-dade v que atingiu ao passar pelo anel 3 quando o fio foi retirado, continua em

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movimento retilíneo e uniforme de velocidade v, constante, até atingir o chão,tendo então percorrido o segmento L. Veja figuras 9.7, 9.8 e 9.9.

O estudante deve medir o comprimento h, o comprimento L, e o intervalode tempo T durante o qual o movimento é uniforme, isto é, desde que o fio B

foi retirado sobre a massa m2, ao passar pelo anel 3, até que m2, percorrendo adistância L, chegue ao chão. O estudante terá assim:

1. o intervalo de tempo T, durante o qual o sistema tem velocidade cons-tante v, percorrendo a distância L; logo L=v T, donde v=L/T;

2. o deslocamento h que ocorre em movimento acelerado com aceleraçãoa (incógnita), durante o intervalo de tempo t (incógnita);temos então: v = at e h = 1

2 at2;

3. a velocidade v foi determinado no item 1, portanto, nas equações noitem 2 só temos as incógnitas a e t, duas equações com duas incógnitas;donde:

t =v

ae h = 1

2 at2

e pela primeira equação

h = 12 a

(v

a

)2ou h = 1

2v2

a,

portanto

h = 12v2

a, ou a =

v2

2h;

mas v = L/T, logo

a =1

2h

(L2

T2

).

O estudante terá assim determinado a aceleração a do sistema me massa m soba ação da força F = p. A massa m do sistema é constituída pelas massas m1,m2, a massa mA do fio A, a massa mB do fio B e a massa da roldana que giracom movimento acelerado:

m = m1 + m2 + mA + mB +12

mrold . (9.5)

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Observação Vejamos porquê só entra a metade da massa da roldana. Elatambém se acelera, mas com movimento de rotação acelerado e, neste caso,a 2a Lei de Newton toma a forma M

→= Iα

→, em que α é a aceleração angular

em torno do eixo e I o momento de inércia da roldana em relação ao eixo derotação. M

→é o momento resultante das forças em reação ao eixo, e que provoca

a (aceleração da) rotação da roldana, essas forças são as tensões T e T ′ de umlado e do outro do fio A. O momento d inércia da roldana, suposta um disco demassa mrold distribuída uniformemente em seu volume, é

I =12

mroldR2

em que R é o raio da roldana; no cálculo da aceleração da massa m2, e no qualse leve em conta a aceleração da roldana, a massa da roldana vai entrar, assim,apenas com a metade de seu valor 1

2 mrold, donde (9.5). Quando estudarmos adinâmica do corpo rígido teremos oportunidade de demonstrar essa fórmula.

Podemos portanto escrever F =ma, em que

m =

(m1 + m2 + mA + mB +

12

mrold

).

A aceleração ac calculada por essa fórmula será pois ac = Fm . Ora, o Estudante

já determinou a aceleração experimentalmente pela equação

aexp =1

2hL2

T2 ,

pode assim comparar os dois resultados, o experimental (aexp) e o calculado(ac) pela equação fundamental da dinâmica, e verificar a discrepância relativaentre os dois resultados. A discrepância relativa não deve ser superior a 5 %.

Observação O estudante antes de iniciar a verificação da equação funda-mental da dinâmica F = ma, deverá familiarizar-se com o uso da Máquina deAtwood. Há várias causas de erro:

1. o atrito da roldana, o qual deve ser o mínimo possível; o rolimã da rol-dana deve estar isento de poeira, partículas, etc. que impedem seu mo-vimento, por isso, depois de realizada a experiência, a roldana deve serguardada em um saquinho plástico;

2. a roldana deve estar bem balanceada, isto é, deve ser um disco cuja es-pessura é a mesma em todos so pontos, devendo fiar em repouso quando

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Figura 9.7: Máquina de Atwood montada com o Estojo de Mecânica – UERJ; situa-ção inicial.

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Figura 9.8: Máquina de Atwood; situação em que o fio de peso ~p fica retido no anel.

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Figura 9.9: Máquina de Atwood; situação final para as medições.

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Figura 9.10: Balanceamento da roldana para a Máquina de Atwood.

colocada (com velocidade zero) em qualquer posição, isto é, com o eixona horizontal, ao girar a roldana de pequenos ângulos e após deixá-laem repouso, ela deve permanecer em repouso, mostrando não ter maismassa de um lado do que do diâmetro horizontal do que do outro (vejaFig. 9.10);

3. observe que na Fig. 9.7 o fio A está no lado esquerdo, enquanto que nofinal da experiência está do lado direito17;

4. antes de começar a fazer a experiência procure colocar as massas m1e m2 em movimento uniforme com a menor velocidade possível, porexemplo, estando a experiência como na Fig. 9.7, mas se o fio B, dê umpequeno empurrão par baixo na massa m2 que assim adquire uma velo-cidade v1, a massa m2 deve descer até o chão com movimento uniforme,por menor que seja v1; (não exagere)

5. o estudante deve treinar o disparo do cronômetro, que deve ser automá-tico, por reflexo, sem raciocinar: assim que o fio B é retirado pelo anel3, ele deve acionar o cronômetro; do mesmo modo, assim que a massam2 tocar no chão, desligou o cronômetro, simultaneamente, sem pensar;a massa do fio B pode ser de 150 mg.

Só depois de ter realizado o que vem dito acima é que o estudante passa aexperiência propriamente dita.

9.6.1 Sobre a experiência da verificação da equação da dinâmica

1. A 1a experiência é a que foi citada anteriormente, verificar a equaçãoF = ma, para uma dada massa m, em que no valor de m se tem m1 =

17 Isso significa que a massa do fio vai passando de um lado para outro, trazendo umavariação na aceleração a. Como fazer para afastar esse inconveniente?

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10 g e m2 = 10 g. O estudante deve fazer 10 determinações do tempo T :T1, T2,T3 . . . T10 e tirar a média aritmética Tm. É esse valor Tm que elevai levar à equação a = 1

2hL2

T 2 . Deve fazer o mesmo com h e L. Apliquea teoria dos erros.

2. A 2a experiência será a seguinte: mantendo a força F = p constante evariando a massa m. Repita a experiência para as massas m1 = m2 = 5 g;m1 = m2 = 10 g, já feita; m1 = m2 = 15 g; m1 = m2 = 20 g e m1 = m2 = 25 g.Temos F =ma e a= F/m. Portanto, a aceleração é função linear de 1/m,deste modo, pondo y=a e x=1/m, o gráfico deve dar uma reta passandopela origem (origem essa que corresponde a m=∞).

3. A 3a experiência consiste em variar a força F: ma = F ⇒ a = 1m F =

κF ; κ= 1m , portanto a aceleração é uma função linear de F. Faça (fio B):

F1 =50 mgf; F2 =100 mgf; F3 =150 mgf; F4 =200 mgf e F5 =250 mgf.Ponha massas m1 = m2 = 20 g para que a aceleração não seja muitogrande, dando muita imprecisão no intervalo de tempo T .

Problemas

Problema 9.11. Um corpo pesa na Lua 20 kgf. Qual o seu peso na Terra?

Temos pL = maL, em que pL é o peso na Lua e aL a aceleração (da gravi-dade) na Lua, seu valor é aproximadamente 1,6 m/s2. Donde:

m =pL

aL=

20 kgf1,6 m/s2 = 12,5 utm = 122,5 kg.

Peso na Terra:

pL = maL = mg0 = 12,5 utm × 9,8 m/s2

= 122,5 kgf.

Faça o mesmo problema usando o sistema MKS.

Problema 9.12. Um corpo pesa na Lua 20 kgf, o corpo está sobre uma mesahorizontal polida (veja Fig. 9.11), aplicando-se-lhe uma força F = 50 N, quala sua aceleração? A força F é horizontal.

A massa do corpo já foi calculada18 para o Probl. 9.11: m=122,5 kgf18 Por que a massa tem o mesmo valor numérico que o peso calculado no problema

9.11?

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9.7. Movimento de projéteis 395

Figura 9.11: Ilustração para o problema 9.12.

O corpo está sobre uma mesa horizontal, veja Fig. 9.11.Forças que atuam no corpo: peso m~gL; força ~N da mesa sobre o corpo, vertical;e a força ~F horizontal. A resultante é ~R = ~F + ~N + m~gL = ~F. Temos R = ma,donde

a =Rm

=50 N

122,5 kg= 0,408 m/s2.

Tabela 9.2: Aceleração da gravidade em alguns corpos celestes do Sistema Solar.

Sol 274,6 m/s2 Mercúrio 3,9 m/s2

Venus 8,8 m/s2 Terra 9,8 m/s2

Marte 3,9 m/s2 Júpiter 26,4 m/s2

Saturno 11,7 m/s2 Urano 9,8 m/s2

Netuno 9,8 m/s2 Lua 1,7 m/s2

Problema 9.13. Calcule o peso de um corpo cuja massa é de 50 kg nos corposcelestes listados na Tab. 9.2.

Problema 9.14. Calcule o seu peso nos corpos celestes listados na Tab. 9.2.

Problema 9.15. Se um homem dá um pulo de 2 m de altura na Terra, a quealtura pulará nos corpos celestes listados na Tab. 9.2?

9.7 Movimento de projéteis

Um corpo lançado sobre a superfície da Terra se denomina projétil, do verboprojetar, plural: projéteis. Algumas vezes se usa o termo projetíl, do francês

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projectile, o qual está em desuso. São exemplos de projéteis: uma pedra jogadaà distância, uma bala de revólver atirada num alvo, uma bala de fuzil disparadanum alvo, uma bomba lançada sobre um navio, uma bola de futebol chutadaem gol, uma bola de beisebol arremessada contra o batedor.

Suponhamos um projétil C lançado de um ponto sobre a superfície da Ter-ra com uma velocidade ~v0 que faz um ângulo θ em relação ao plano horizontal.Veja Fig. 9.12. Uma primeira pergunta que surge é: Qual a trajetória do projé-til?

Figura 9.12: Projétil lançado com velocidade ~v0 que faz um ângulo θ com o planohorizontal.

Para estudarmos o movimento de um projétil fazemos algumas simplifica-ções:

1. o atrito com o ar é desprezado, bem como o empuxo do ar e o movimentode massas de ar (vento);

2. o movimento da Terra também é desprezado, tendo em vista que a velo-cidade do corpo e sua trajetória são pequenas, podemos assim tomar umsistema de eixos ligados à Terra no local do disparo como um sistemainercial;

3. a aceleração da gravidade no local onde o corpo se move é constanteem valor numérico e em direção, o campo gravífico é ao longo de todatrajetória do corpo é suposto paralelo e de mesmo valor numérico g;

4. as dimensões do projétil são desprezadas, isto é, o projétil é consideradouma partícula.

Posto isto, tomemos um sistema de eixos Oxy, em que o plano Oxy é ortogonalao plano horizontal H, e a origem O coincide com o ponto donde sai o corpocom velocidade ~v0, o eixo x sendo horizontal sobre H e o eixo y vertical. Aaceleração da gravidade terá portanto a direção do eixo y em toda a trajetóriado corpo (projétil), mas seu sentido será contrário ao eo eixo y, veja Fig. 9.13.O corpo a partir do ponto O fica sujeito à aceleração da gravidade, isto é, à sua

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9.7. Movimento de projéteis 397

Figura 9.13: Sistema de coordenadas Oxy usada para o estudo do movimento de umprojétil lançado com velocidade inicial ~v0.

força peso ~P=m~g=−mg , única força a atuar sobre ele, já que todas as outraspossíveis forças foram desprezadas. A resultante das forças externas sobre ocorpo é igual a sua força peso P=mg, vertical de sentido contrário ao eixo y emesma direção. É fácil ver que as equações paramétricas da trajetória são:

x = vx0 ty = vy0 t − 1

2 g t2

tendo-se v0 = |~v0| e vx0 = v0 cos θvy0 = v0 sen θ .

Quais são as variáveis ou características do movimento do projétil e que nosinteressam conhecer? Seriam:

a) o ponto P0 por onde o projétil vai novamente passar pelo plano horizon-tal, isto é, a distância da origem O ao ponto P0, distância essa que sedenomina alcance;

b) a altura máxima h que o corpo atinge em sua trajetória;

c) o ponto P de coordenadas (x,y) para um dado instante t;

d) o ângulo θ, ou elevação θ para que ele atinja o ponto P;

e) o alcance máximo para a velocidade ~v0 com que o corpo é lançado emfunção do ângulo de elevação θ.

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A ciência que trata de todas as questões relativas ao movimento de projé-teis se denomina Balística. O caso aqui figurado é o exemplo mais simples aser tratado na Balística, uma primeira complicação surge quando se levar emconta o atrito do ar, em seguida a influência do vento, a variação de g, a in-fluência do movimento de rotação da Terra, da sua translação. Os problemasse complicam, bem como suas soluções. O projétil pode ter sua própria propul-são e nesse caso se denomina foguete, ou projétil balístico. O projétil balísticopode ser um engenho, isto é, um aparato ou máquina, lançado com a finalidadede atingir um alvo, e neste caso toma o nome míssil, plural: mísseis. O míssilbalístico só tem propulsão na fase inicial, cessada a qual ele continua sujeitoà gravidade, pode também ser teleguiado quando contém dispositivos capazesde corrigir a sua trajetória durante o vôo. A Balística adquiriu notável avançocom os recursos advindos dos computadores ultra sofisticados e rápidos, e como desenvolvimento da navegação inercial.

. . . 19

O Brasil pode dar sua contribuição formando jovens cientistas que poderãoingressar nesse mercado de trabalho. Muitos brasileiros têm migrado para aFrança, Inglaterra, Estados Unidos, etc. e nesses países para onde se dirigemconseguem boas condições de trabalho científico e remuneração adequada. Porisso mesmo o governo do Brasil está procurando também valorizar o cientistabrasileiro, incentivando a carreira científica e melhorando suas condições detrabalho. Resulta de tudo isso que o profissional pesquisador competente, dou-tor em Física, Química, Engenharia, etc., será [. . . ] amplamente valorizado nomundo inteiro. É preciso porém considerar que o início da carreira científicase encontra no 1o semestre do 3o ciclo (sic), quando o jovem entra para a Uni-versidade, ele deverá assim capacitar-se de que está ingressando numa carreiraque o preparará para um mercado extremamente competitivo e no qual suaapresentação e recomendação é o seu desempenho nos cursos Universitário,de mestrado, doutorado e posteriormente no trabalho científico, registrado emRevistas Científicas, Livros, Congressos, etc.

19 u© No original datilografado pelo Prof. Armando se segue a importância militar dos mís-seis à época da Guerra Fria, ogivas nucleares, projeto Guerra nas Estrelas, e outras questõesinternacionais. Essas palavras nós não transcrevemos aqui. O original termina com as palavrasque se seguem transcritas.

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Capítulo 10

Centro de massa∗

Vamos desenvolver agora um conceito muito importante em Física, que é oconceito de centro de massa de um corpo, ou de um sistema de partículas.Inicialmente, para simplificar, vamos tomar um sistema de 3 partículas, o queem nada restringirá a conceituação no que será exposto.

Para determinar a posição das partículas m1, m2 e m3, tomemos um sistemacartesiano ortogonal Oxy, jacente ao plano das partículas. Elas reagem entre sicom forças cujas causas são várias, mas seja qual for o fenômeno Físico queorigine essas forças de interação, essas forças obedecerão a 3a Lei de Newton,exemplo: força de atração ou repulsão elétricas ou magnéticas; atrito; coli-são; e atração gravitacional. Nestes casos as forças de interação terão semprea mesma reta suporte. Entretanto, quando essas forças são eletromagnéticas,por exemplo: duas partículas carregadas eletricamente com cargas q1 e q2 evelocidades ~v1 e ~v2, respectivamente, interagem entre si com forças de mesmaintensidade, sentidos contrários e paralelas, não tendo, porém, a mesma retasuporte; mas ainda vale o que vai ser desenvolvido aqui, pois as forças de in-teração terão soma nula: ~f + ~f ′ = ~0. Observe-se entretanto que o momentodessas forças em relação a um ponto (qualquer) não é zero, pois constituemum binário.

Suponhamos agora que se apliquem forças externas ~Fi (i ∈ 1, 2, 3) sobreo sistema de partículas. Para fixar idéias, suponhamos como na Fig. 10.1 que~Fi se aplique sobre a partícula mi. Observe que o tipo de interação sendo qual-quer, poderíamos supor, por exemplo, m2 ligada rigidamente a m3 por um fiorígido, sem massa, e a força ~F3 aplicada ao fio, e não diretamente sobre m3; o

∗ u© O material deste Capítulo é composto da cópia xerox de texto inédito datilografadopelo autor, retirado do arquivo pessoal do Prof. Joaquim Pereira Neto.

399

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400 Capítulo 10. Centro de massa

Figura 10.1: Centro de massa de um sistema formado por três partículas.

raciocínio aqui desenvolvido ainda valeria, apenas um pouco mais complicado.As forças externas sendo indicada com F maiúsculo.

Apliquemos a 2a Lei de Newton às partículas (do sistema), para isso isole-mos mi e façamos a seguinte convenção denotar as forças internas: se a forçaatua sobre a partícula mi, o seu primeiro índice será i e o segundo índice oda partícula que exerceu a força, j por exemplo; assim ~fi j é a força (interna)que atua sobre a partícula mi pela interação produzida pela partícula m j. Destemodo, sobre a partícula m1 vão atuar as forças ~f12 , ~f13 e ~F1 , veja Fig. 10.1.Sob a ação da resultante ~R1 = ~f12+~f13+~F1 a partícula m1 apresenta a aceleração~a1; pela 2a Lei de Newton:

~R1 = ~f12 + ~f13 + ~F1 (10.1a)

O mesmo vale para as outras duas partículas, podemos as equações análogas:

~R2 = ~f21 + ~f23 + ~F2 (10.1b)

~R3 = ~f31 + ~f32 + ~F3 (10.1c)

Observe-se que, isolando-se as partículas m1, m2 e m3, as forças ~R1, ~R2 e ~R3são as resultantes de todas as forças que atuam sobre cada uma das partículas,produzindo-lhes acelerações ~a1, ~a2 e ~a3, as forças ~fi j (i, j ∈ 1, 2, 3) sendotambém forças externas (para o sistema formado apenas pela partícula mi esujeita à resultante ~Ri). Somente quando se considera o conjunto das três par-tículas é que elas passam a forças internas. Como porém se toma o conjuntodas três partículas? Somemos as equações (10.1), termos:

~R = m1~a1 + m2~a2 + m3~a3 , (10.2)

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401

em que ~R é a resultante das forças externas ~F1, ~F2 e ~F3, tendo em vista que assomas dos pares ~f12+ ~f21; ~f13+ ~f31 e ~f13+ ~f31 resultam nulas, pois vale a 3a Leide Newton.

Vemos deste modo que, se as forças de interação entre as partículas deum sistema obedecem à 3a Lei de Newton, elas darão resultante nula sobre osistema formado com essas partículas. Tais forças se denominam forças inter-nas ao sistema: como as interações obedecem à 3a Lei de Newton, elas darãosempre resultante nula, mesmo no caso em que a interação é eletromagnética.

A equação (10.2) contém quatro variáveis, teremos de conhecer três paradeterminar a 4a, deste modo, tomada isoladamente a (10.2) será de pouco valorpara nós.

Entretanto, podemos desenvolver um conceito que torna a equação (10.2)extremamente útil. Com efeito, vamo definir um ponto denominado centro demassa do sistema e no qual vamos considerar concentrada toda a massa dosistema:

m1 + m2 + m3 =

3∑

i=1

mi ,

e a força resultante externa ~R nele aplicada. Sob a ação da força ~R, o centro demassa (CM) adquirirá uma aceleração ~aCM dada pela 2a Lei de Newton:

~R = (m1 + m2 + m3)~aCM =

(∑imi

)~aCM .

Deste modo a (10.2) se torna:

~R =

(∑imi

)~aCM =

∑imi~ai .

Donde

~aCM =

∑imi~ai∑imi

. (10.3)

Para mostrar que esse ponto existe, basta determinar pelas (10.3) as suas coor-denadas (xCM , yCM), isto é: ~rCM = xCM ı+yCM é o raio vetor do CM.

Ora, já vimos que a aceleração de uma partícula é a derivada segunda emrelação ao tempo do vetor posição:

~a =d2~rdt2 , logo ~aCM =

d2~rCM

dt2 e ~ai =d2~ri

dt2 i ∈ 1, 2, 3 .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 402 — #402


Ora, a derivada da soma é igual à soma das derivadas das parcelas

~a1 + ~a2 + ~a3 =d2

dt2 ~r1 +d2

dt2 ~r2 +d2

dt2 ~r3

=d2

dt2

(~r1 + ~r2 + ~r3

),

e como as massas são constantes:

m1~a1 + m2~a2 + m3~a3 =d2

dt2

(m1~r1 + m2~r2 + m3~r3

)

e portanto:

(m1 + m2 + m3)~aCM =d2

dt2

(m1~r1 + m2~r2 + m3~r3

)

(m1 + m2 + m3)d2~rCM

dt2 =d2

dt2

(m1~r1 + m2~r2 + m3~r3

).

Essa igualdade será satisfeita se colocarmos:

(m1 + m2 + m3)~rCM =(m1~r1 + m2~r2 + m3~r3

)

ou ~rCM =m1~r1 + m2~r2 + m3~r3

m1 + m2 + m3

Ou de um modo geral

~rCM =

∑imi~ri∑imi

.

O raio vetor do centro de massa será definido, portanto1, como a média ponde-rada dos raios vetores das partículas (que constituem o sistema), o peso nessamédia sendo a massa de cada partícula.

As partículas podem se distribuir no espaço de três (3) dimensões, e nessecaso o raio vetor terá três componentes: xi, yi e zi, cada uma correspondendo auma dimensão, deste modo:

~rCM = xCM ı + yCM + zCM k

=

∑imi

(xi ı + yi + zi k

)∑

imi

. (10.4)

1 u© Observe-se como, sutilmente, generaliza-se n=3 para um n genérico, n∈N.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 403 — #403

10.1. Distribuição contínua de massa 403

Donde obteremos as seguintes igualdades:

xCM =

∑imixi∑imi

; yCM =

∑imiyi∑imi

; zCM =

∑imizi∑imi

. (10.5)

Explique essas igualdades a partir de (10.4).

10.1 Distribuição contínua de massa

Se tivermos uma distribuição contínua de massa, dividimos a massa m em ele-mentos de massa dm, de raio vetor ~r e a coordenada do centro de massa serádada pelas fórmulas:

~rCM =

∫m~r dm∫m~r dm

=

∫m~r dm

m, (10.6)

pois as soma de todos elementos de massa dm é a massa total m. Analogamenteteremos:

xCM =

∫m x dm

myCM =

∫m y dm

mzCM =

∫m z dm

m. (10.7)

10.1.1 Massa específica

Suponhamos que a massa de um volume ∆v seja ∆m. Denomina-se massaespecífica media no volume ∆v à razão

µm =∆m∆v

.

O limite

µ = lim∆v→0

∆m∆v

=dmdv

se denomina massa específica volumétrica por unidade de volume ou densi-dade calculada num ponto do corpo. A massa específica volumétrica é a massapor unidade de volume calculada num ponto do corpo.

O elemento de massa dm expresso em função da massa específica no vo-lume dv será: dm=µ dv (cf. Fig. 10.2).

Observe-se que µ pode variar de um ponto para outro no volume V docorpo, sendo nesse caso função das coordenadas do ponto. De qualquer modo

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 404 — #404


Figura 10.2: Centro de massa de um sistema formado por distribuição contínua demassa.

se tem:

xCM =

∫V xµ dv∫V µ dv

, yCM =

∫V zµ dv∫V µ dv

, zCM =

∫V zµ dv∫V µ dv

.

Se a massa específica é constante para todos os pontos do corpo, entãopode-se passar µ para fora do sinal de integração, tanto no numerador como nodenominador das frações acima, e assim teremos:

xCM =

∫V x dv∫V dv

, yCM =

∫V z dv∫V µ dv

, zCM =

∫V z dv∫V dv

.

Determina-se deste modo um ponto associado ao volume V do corpo, o qual sedenomina centro do volume V , ou centróide de V . O centróide de V coincidirácom o centro de massa, se a massa se distribui uniformemente no volume V .

10.1.2 Centro de gravidade de um corpo

Já definimos o centro de gravidade de um corpo pelas expressões: (§4.6, pág. -202)

xCG =

∫x dp∫dp

=

∫µgx dv∫µg dv

,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 405 — #405


yCG =

∫y dp∫dp

=

∫µgy dv∫µg dv

,

zCG =

∫z dp∫dp

=

∫µgz dv∫µg dv

,

em que dp = π dv = µg dv, π se denomina peso específico do corpo. Vemosque se a aceleração da gravidade g é constante para todos os pontos do corpo,ela pode simplificar-se nas integrais das frações, e nesse caso o centro de gra-vidade coincidirá com o centro de massa do corpo. Ainda mais se a massaespecífica do corpo for constante em todos os seus pontos, ela pode ser sim-plificada nas frações que definem as coordenadas do centro de massa e nessecaso ele coincidirá com o centróide do volume do corpo.

Resumindo, podemos dizer que um corpo possui os seguintes pontos notá-veis:1o) Centróide ou centro do volume do corpo, definido pelas integrais:

~rCV =

∫~r dv∫dv

xCV =

∫x dv∫dv

yCV =

∫y dv∫dv

zCV =

∫z dv∫dv

2o) Centro de massa do corpo, definido por:

~rCM =

∫µ~r dv∫

dv

xCM =

∫µ x dv∫µ dv

yCM =

∫µ y dv∫µ dv

zCM =

∫µ z dv∫µ dv

Se a massa específica µ é constante, o centro de massa coincide com o cen-tróide do corpo.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 406 — #406


3o) Centro de gravidade do corpo, definido por:

~rCG =

∫µ g~r dv∫µ g dv

xCG =

∫µ g x dv∫µ g dv

yCG =

∫µ g y dv∫µ g dv

zCG =

∫µ g z dv∫µ g dv

Se g é constante em todos os pontos do corpo, g pode simplificar-se nas fraçõese neste caso o centro de gravidade coincidirá com o centro de massa do corpo.Se µ for constante, o centro de massa coincidirá com o centróide, e assim ostrês centros coincidirão.

10.1.2.1 Massas específicas superficial e linear

Além da massa específica volumétrica µ, define-se a massa específica superfi-cial e a massa específica linear. Seja uma superfície S , tomemos um elementoqualquer de superfície ∆S , e suponhamos que a massa contida neste elemento∆S seja ∆m. A massa específica superficial média nesse elemento de superfí-cie será:

σm =∆m∆S

,

isto é, é a massa por unidade de superfície no elemento ∆S . Se P é um pontode ∆S , então:

σ = lim∆S→P

∆m∆S

=dmdS

∣∣∣∣∣P,

dizemos que σ é a massa específica superficial calculada no ponto P.Analogamente, se tivermos uma distribuição de massa ao longo de uma

linha e dado o elemento ∆L da linha, se ∆m é a massa contida em ∆L, então amassa linear média do elemento ∆L é:

ρm =∆m∆L

e se P é um ponto de ∆L, então:

ρ = lim∆L→P

∆m∆L

=dmdL

∣∣∣∣∣P

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 407 — #407


é a massa específica linar calculada em P, ou é a massa por unidade de com-primento calculada no ponto P.

10.1.2.2 Exemplos

1o) Uma barra de comprimento L = 100 cm tem massa específica linear ρconstante. Pede-se determinar o seu centro de massa.

Solução O elemento de massa num ponto (na vizinhança do ponto) genéricoP é: (veja Fig. 10.3)

dm = ρ dx

portanto, o centro de massa da barra é:

xCM =

∫ L0 x dm∫ L

0 dm=

∫ L0 xρ dx∫ L

0 ρ dx=

12 ρ x2

∣∣∣L0

ρ x|L0=

12 ρ L2

ρ L= 1

2 L ,

assim, se a massa específica é constante, o centro de massa da barra está nomeio da barra homogênea.

Figura 10.3: Elemento de massa na vizinhança do ponto P em uma barra homogênea.

2o) Uma barra tem massa específica ρ = ρ0 +κx, em que x é a abscissa comorigem na extremidade A da barra e a direção coincide com o eixo da barra.Determine seu centro de massa, sabendo-se que ρ0 =1 g/cm e κ= 1

20 g/cm2. Ocomprimento da barra é 100 cm.

Solução Denotando L=100 cm:

xCM =

∫ L0 (ρ0 + κx) x dx∫ L

0 (ρ0 + κx) dx=

(1/2)ρ0L2 + (1/3)κL3

ρ0L + (1/2)κL2 = 61,9 cm.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 408 — #408


Muitos exercícios e problemas podem ser elaborados supondo-se diferen-tes funções para exprimirem a massa específica superficial σ e a massa especí-fica linear ρ, os quais redundam fundamentalmente em exercícios e problemasde Cálculo Integral; a Física se reduzindo ao uso correto das constantes físicas,de modo que, no cálculo final, a massa e as coordenadas (cartesianas) sejamdadas em unidades de massa e de comprimento, respectivamente.

Questionário, exercícios e problemas

1o) Que é sistema de partículas?É um conjunto de partículas tomado separadamente do restante do Uni-

verso, com o qual pode interagir ou não, a interação pode efetuar-se comooutro ou outros sistemas de partículas.

2o) Que é força interna em um sistema de partículas?É a força de interação entre partículas de um mesmo sistema de partículas.

3o) Como são as forças internas de um sistema de partículas?São forças que surgem aos pares, ação e reação, e que obedecem a 3a Lei

de Newton.

4o) Qual a resultante das forças internas de um sistema de partículas?A resultante das forças internas é nula, tendo em vista que surgem aos

pares e seguem à 3a Lei de Newton.

5o) Que são forças externas sobre um sistema de partículas?São forças exercidas pelo resto do Universo sobre as partículas do sistema

considerado, ou exercidas por partículas de outro sistema de partículas sobre osistema dado.

6o) Como varia a resultante das forças externas sobre o sistema de partícu-las?

A resultante das forças externas é obtida pela regra do paralelogramo, so-mando-se as forças externas que atuam sobre cada partícula do sistema, po-dendo assumir qualquer direção com qualquer intensidade, desde o valor zero.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 409 — #409


7o) Onde atuam as forças de reação às forças externas?Atuam sobre as partículas de outro sistema de partículas, ou sobre o resto

do Universo, por isso não são consideradas entre as forças que atuam sobre aspartículas do sistema, como o é óbvio.

8o) Que é o centro de massa de um sistema de partículas?É um ponto geométrico associado ao sistema em que se considera con-

centrada toda a massa do sistema mCM =∑n

i=1 mi , em que n é o número departículas do sistema, e no qual se considera atuando a resultante ~R das for-ças externas sobre o sistema: ~R =

∑ni=1

~Fi , em que ~Fi é a resultante das forçasexterns que atuam sobre a partícula i do sistema.2

9o) Qual a aceleração do centro de massa do sistemas?A aceleração ~aCM do centro de massa do sistema é obtida calculando-se a

mesma pela aplicação da 2a Lei de Newton, já que a massa do centro de massaé mCM =

∑ni=1 mi , e a força que atua sobre ele é ~R=

∑ni=1

~Fi , isto é,

~aCM =

∑ni=1

~Fi∑ni=1 mi

=~R

mCM

.

A aceleração do centro de massa é obtida dividindo a resultante das forçasexternas sobre o sistema pela massa total do sistema.

10o) Se as forças externas aplicadas sobre o sistema se reduzem a um binárioou conjugado, que acontece?

Se a resultante das forças externas aplicadas sobre o sistema se reduz a umbinário, então a resultante das forças externas ~R é nula, logo o centro de massafica parado ou em movimento retilíneo uniforme (~aCM = ~0 ), o portanto o sis-tema gira em torno do centro de massa com movimento de rotação acelerado.

11o) Se a força externa se reduz a uma força ~F aplicada fora do centro demassa de um corpo rígido, que acontece?

Para responder a essa pergunta, apliquemos ao centro de massa do sis-tema, um sistema nulo de forças, constituído por uma força ~F ′ paralela a ~F, demesma intensidade e mesmo sentido, e outra − ~F ′; deste modo ~F ′+(− ~F ′) =~0

2 u© Quando se considera o sistema reduzido ao seu centro de massa, não se tem acesso asituações de deformações e rotações do sistema.

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no centro de massa, o que não altera o sistema anterior, isto é, a força ~F apli-cada fora do centro de massa. Consideremos agora a força − ~F ′ e a força ~F ′

que vão constituir um binário, e a força ~F ′ (igual a ~F) aplicada no centro demassa. Vê-se, superpondo os efeitos, que o sistema vai girar (aceleradamente)em torno do centro de massa sob a ação do conjugado, e o centro de massa vaiacelerar-se com uma aceleração ~acm =

~Fmcm

. Donde:

Uma força externa ~F aplicada fora do centro de massa equivale a umbinário e a uma força ~F aplicada no seu centro de massa.

Corpo rígido é um sistema de partículas em que as forças internas de li-gação garantem sempre que não ocorram deformações, as partículas que cons-tituem o corpo permanecem a distâncias invariáveis, seja qual for o sistemade forças externas aplicadas ao corpo que se move como um todo sob a açãoda resultante das forças externas e do binário resultante das forças externas.Um corpo sólido pode ser considerado um corpo rígido se as forças externasaplicadas não alteram de modo apreciável a distância entre as suas partículas.Vejamos alguns problemas sobre corpo rígido.

Problemas

Problema 10.1. Suponha uma placa retangular de 20×15 cm2, de massa iguala 200 g, colocada sobre uma mesa horizontal sem atrito. Um observador mu-nido de um taco aplica-lhe uma força instantânea durante um intervalo detempo muito pequeno, ao longo de uma aresta menor e no vértice, veja Fig. -10.4. Que acontece?

Figura 10.4: Placa retangular ao sofrer a ação instantânea da força ~F.

Sob a ação da força aplicada ~F o centro de massa se desloca na direçãoparalela a ~F com aceleração ~aCM = (1/m) ~F, ao mesmo tempo a placa gira

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em torno do centro de massa com movimento de rotação acelerado duranteo intervalo de tempo de aplicação da força ~F. Resultado: a placa se deslocacom o centro de massa descrevendo um movimento retilíneo e uniforme comvelocidade paralela a ~F e, ao mesmo tempo, ela gira em torno do centro demassa com movimento de rotação uniforme após cessar a força.

Problema 10.2. Uma haste homogênea de 30 cm de comprimento está emequilíbrio horizontal sobre outra vertical, sem atrito. Aplica-se-lhe uma força

Figura 10.5: Haste em equilíbrio horizontal sofrendo a aplicação da força do taco.

instantânea horizontal, ortogonal ao seu eixo: (Fig. 10.5)

a) sobre o centro de massa;

b) sobre o ponto P a 10 cm do centro de massa.

Que acontece?

a) A haste se desloca paralelamente a si mesma, com o seu centro de massadescrevendo uma parábola.

b) A haste se desloca girando em torno do centro de massa, o qual descreveuma parábola, no plano vertical ortogonal à posição inicial da haste eque contém uma haste na vertical do suporte. Explique porque.

Problema 10.3. Faça experiência análoga ao Probl. 10.1, colocando em equi-líbrio uma placa retangular de papelão (muito leve) sobre haste vertical e, emseguida, dando-lhe um piparote na linha horizontal ortogonal aos lados daplaca e que passa: a) pelo centro de massa; b) fora do centro de massa. Queacontece?

Problema 10.4. Pendure uma haste na horizontal, o fio de suspensão pas-sando pela seu centro de massa, veja3 Fig. 10.6. Dê-lhe uma pancada na ho-rizontal, na direção ortogonal à haste:

3 Note-se que o centro de massa para essas dimensões coincide com o centro de gravidade.

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Figura 10.6: Haste suspensa na horizontal por fio vertical passando pelo centro demassa.

a) sobre o centro de massa;

b) no ponto P, metade da semi-haste da direita.

Explique o resultado. Analise as forças que atuam sobre a haste, antes e depoisda pancada em a) e b). Explique.

Problema 10.5. Um corpo rígido constituído por uma placa homogênea re-pouso sobre uma mesa horizontal sem atrito. Num dos cantos da placa há umaranhura. Nos bordos da ranhura aplicam-se duas forças de mesma intensidadee direção mas de sentidos contrários – será um binário. O binário pe aplicadonum intervalo de tempo muito curto, de modo que o movimento provocadopor ele não o modifique. Pergunta-se: qual o movimento da placa? Como vocêpode realizar na prática tal experiência?

Problema 10.6. Suponha o mesmo problema anterior, tendo-se feito a seguintemodificação na haste: colocou-se um ressalto nela, no meio da distância en-tre o centro de massa e uma das extremidades, de tal modo que agora podeaplicar-se uma força ~F inclinada em relação à direção da haste. Que acon-tece? Veja Fig. 10.7.

Figura 10.7: Taco atingindo o ressalto na haste – Probl. 10.6.

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O (Probl. 10.6) – Se não houver o ressalto, a direção da força ~F vaidepender da força de atrito entre a haste e o taco. Se não houver força de atrito,~F será ortogonal ao eixo da haste, e nesse caso que acontece?

Problema 10.7. Um corpo rígido constituído por uma placa homogênea re-pousa sobre uma mesa horizontal sem atrito. Num dos cantos da placa háuma ranhura de 1 cm de comprimento. Nos bordos da ranhura aplicam-se

Figura 10.8: Ilustrações aos Probl. 10.7 e Probl. 10.8.

duas forças de mesma intensidade e direção mas de sentidos contrários – seráum binário. O binário é aplicado num intervalo de tempo muito curto de modoque o movimento produzido não o perturbe. Pergunta-se: qual o movimentoda placa? Porque? Como você pode realizar tal experiência? O movimentodepende da posição da ranhura?

Problema 10.8. Suponha que na placa do problema anterior haja um eixo derotação ortogonal à placa e passando pelo ponto P. O que acontece quandose aplica o binário?

Problema 10.9. Demonstre que a localização do centro de massa de um sis-tema de partículas não depende do particular sistema de referência usadopara localizar as partículas.

Prova. De fato, suponhamos n partículas que num sistema ortogonal cartesi-ano S (xy) tem coordenadas (xi , yi), suas massas sendo mi, i ∈ 1, 2, . . . n. Ocentro de massa é dado por:

x =

∑ni=1 mixi∑n

i=1 mie y =

∑ni=1 miyi∑ni=1 mi

.

Se efetuarmos um deslocamento paralelo dos eixos, colocando a nova origemdo novo sistema S ′(x′y′) no ponto (xo , yo) [em relação a S (xy)], a transforma-ção de coordenadas do sistema S para o novo sistema S ′ será dada por

x′ = x − xo

y′ = y − yo .(10.8)

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As coordenadas do centro de massa no sistema S ′ devem ser então:

(x′, y′) = (x − xo, y − yo) .

De fato, temos:

x′ =

∑ni=1 mix′i∑n

i=1 mie y′ =

∑ni=1 miy′i∑n

i=1 mi,

e levando em conta (10.8), vem:

x′ =

∑ni=1 mi(xi − xo)∑n

i=1 mie y′ =

∑ni=1 mi(yi − yo)∑n

i=1 mi.

e assim x′ =

∑ni=1 mixi∑n

i=1 mi− xo e y′ =

∑ni=1 miyi∑ni=1 mi

− yo .

portanto x′ = x − xo e y′ = y − yo .

Problema 10.10. Demonstre para o caso genérico (no plano) de um desloca-mento da origem seguido de uma rotação dos eixos.

Problema 10.11. Demonstre o mesmo teorema para o caso espacial (três di-mensões).

Problema 10.12. Três partículas de mesma massa m = 5 g estão nos vérticesde um triângulo equilátero de lado igual a L = 15 cm. Determine o seu centrode massa; como a localização (espacial) do centro de massa de um sistema nãodepende do sistema de referência, escolha um sistema que facilite o cálculo,por exemplo, um sistema cartesiano ortogonal, uma das partículas na origeme a outra sobre o eixo dos x. Pede-se:

a) determine as coordenadas das partículas no sistema mencionado;

b) determine o centro de massa;

c) faça um diagrama.

Respostas:

a) (0, 0) , (0, L) , ((1/2)L, (√

3/2)L);

b)((1/2)L, (1/3)(

√3/2)L

);

c) Veja Fig. 10.9.

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Figura 10.9: Diagrama solução do Probl. 10.12.

Problema 10.13. No problema anterior suponha que uma das partículas, aque tem coordenada (L, 0) tenha massa de 15 g. Determine o centro de massado conjunto.

Problema 10.14. Um fio homogêneo tem o formato de um L, com as duaspernas de comprimentos iguais a L. Veja Fig. 10.10. Despreze o diâmetro dofio e determine o seu centro de massa.


Resposta: (x, y) = (L4 ,L4 )

Problema 10.15. Um fio homogêneo forma um círculo de raio R = 10 cm, efixado a ele, em ângulo reto na direção radial há dois segmentos S do mesmofio com 10 cm de comprimento cada um. Ver Fig. 10.11. Determine o centro demassa do conjunto.


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Resposta: (x, y)= ( 3R4(2π+1) ,

3R4(2π+1) )

Problema 10.16. Um T é formado por duas faixas justapostas e de mesmalargura a, a menor com a metade do comprimento L da maior. Veja Fig. 10.12.As faixas são homogêneas. Determine o centro de massa.

Figura 10.12: Diagrama para o Probl. 10.16; x1 = (L+a)/2, x2 =0, m1 =κL e m2 =κL/2.

Resposta: x= (L+a)/3 e y=0.

Problema 10.17. Uma placa quadrada de madeira de comprimento L=0,5 me espessura de 0,5 cm é homogênea. Cortam-se dois cantos do mesmo lado,os cortes são paralelos aos lados e têm de comprimento L/4, veja Fig. 10.13.Determine o centro de massa da placa cortada.

Figura 10.13: Diagrama para o Probl. 10.17; as regiões sombreadas são retiradas.

Apresentaremos duas soluções para esse problema, levando em conta quea massa total da placa com os cantos é mc = κL2, sendo (0, 0) as coordenadasdo seu centro de massa.

1a solução Considerando as regiões S 1, S 2 e S 3 indicadas no diagrama.

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Massa da parte S 3: m3 = κL2/2



Coordenadas do CM da parte S 1: x1 = 0 , y1 = 3L/8

Coordenadas do CM da parte S 2: x2 = 0 , y2 = L/8

Coordenadas do CM da parte S 3: x3 = 0 , y3 = −L/4

Com esses dados se calcula o centro de massa da chapa (sem as bordas).Resposta: x = 0 e y = −3L/56.

2a solução Considerando a área total da chapa com os cantos, da qual sesubtraem as áreas dos cantos R1 e R2

Massa placa sem corte S : mS = κL2

Massa do corte R1: mR1 = κL2/16

Massa do corte R2: mR2 = κL2/16

Coordenadas do CM da placa sem corte R1: xS = 0 , yS = 0

Coordenadas do CM do corte R1: x1 = −3L/8 , y1 = 3L/8

Coordenadas do CM do corte R2: x2 = 3L/8 , y2 = 3L/8

Massa da placa sem os cantos:

m = mS − mR1 − mR2

= κL2 − κL2/16 − κL2/16

= 7κL2/8

Coordenadas do CM da placa sem os cantos:

xc =(κL2)(0) − (κL2/16)(−3L/8) − (κL2/16)(3L/8)

7κL2/8= 0

yc =(κL2)(0) − (κL2/16)(3L/8) − (κL2/16)(3L/8)

7κL2/8= −3L/56 .

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Resposta: (xc, yc) = (0,−3L/56), obtendo-se o mesmo resultado.

Problema 10.18. Uma placa de ferro, homogênea de forma quadrada, decomprimento L = 0,5 m e espessura 2 mm, tem o formato indicado na Fig. -10.14. A parte circular foi retirada e tem raio de 10 cm. Determine o centro demassa da chapa.

Figura 10.14: Diagrama para o Probl. 10.18.

Faça o cálculo utilizando o método desenvolvido na 2a solução (pág. 417) doProbl. 10.17, isto é, considera-se a chapa total de área S = L2, massa m=κL2,da qual se retira o círculo de raio R.

Resposta:

. Massa da chapa completa S : mS = κL2

. Massa do disco retirado D: mD = κπR

. Massa da chapa sem o disco: mc = κL2 − κπR

. Coordenadas do CM da placa sem corte S : xS = 0 , yS = 0

. Coordenadas do CM do disco D: xD = 0 , yD = R

. Coordenadas do CM da chapa sem o disco:

xc = 0

yc =(κL2)(0) − (κπR2)(R)

κL2 − κπR2

= − RL2

πR2 − 1, se L = 50 cm e R = 10 cm,

yc = −1,440 cm.

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Problema 10.19. Suponha chapa de ferro semelhante a do problema anterior,na qual são feitos dois cortes circulares conforme indica a Fig. 10.15, em queno sistema de referência indicado ter-se-ão as coordenadas dos centros demassa das secções S 1 e S 2:

(x1, y1) = (−12,5 cm,+10,0 cm)

(x2, y2) = (+12,5 cm,+10,0 cm),

sendo m1 = κπR2 e m2 = κπR2. As massa serão subtraídas, logo levam osinal negativo, uma das abscissas x1 é negativa, de modo que o momento de 1a

ordem é positivo, o outro, da secção S 2, é negativo, relativamente a x; comotêm o mesmo valor absoluto, a soma é nula, logo xc =0. Resta yc, calcule-o.

Figura 10.15: Chapa de ferro do Probl. 10.19.

Resposta: yc = −L2 − 2πR2

2πR= −3,35 cm.

Problema 10.20. Demonstre a 2a solução (pág. 417) do Probl. 10.17, supondoque a massa específica varie de ponto a ponto. Use cálculo integral. Veja quenos cortes, isto é, nas secções retiradas a massa específica pode ser conside-rada constante, o que facilita a determinação dos seus centros de massa.

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Capítulo 11

Princípio da conservação daenergia mecânica

[Infelizmente não dispomos de material original do Prof. Armando referentea essa matéria, apenas uma folha avulsa tratando de experimento envolvendomesa giratória.]

11.1 Aplicações

11.2 Determinação do momento de inércia de umcorpo com a mesa giratória

Equações: 12 mv2 + 1

2 Iω2 + 12 I1ω

2, onde (veja Fig. 11.1)

I momento de inércia da mesa giratória e do corpo sobre ela;

I1 momento de inércia da roldana de raio R;

v velocidade da massa m e também do fio que desce, logo v = rω= Rω1, emque

ω velocidade angular da mesa giratória

ω1 velocidade angular da roldana.

Determine a velocidade v no final da trajetória (solo), e portanto ω e ω1 finais,que correspondem assim ao percurso h: determine o intervalo de tempo T1, dorepouso até o peso (massa m) atingir o solo. Calcule I1 como sendo o momento

421

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422 Capítulo 11. Princípio da conservação da energia mecânica

de inércia de um disco de raio R e massa m1, determinados experimentalmente.Pede-se: (veja Fig. 11.1)

1. determinar o momento de inércia I2 da mesa giratória sem corpo sobreela;

2. determinar o momento de inércia de uma haste longa de aço inoxidável(homogênea), fixando-a sobre a mesa giratória, o seu centro de massaestando sobre o eixo de rotação da mesa; nesse caso I = I2 + I3, em queI3 é o momento de inércia da haste em relação ao eixo que passa peloseu centro de massa e é ortogonal ao eixo da haste; calcule o valor dessemomento de inércia e compare com o valor experimental;

3. faça o mesmo para um cilindro homogêneo, seu eixo coincidindo com oeixo de rotação da mesa giratória, compare o valor experimental com oteórico;

4. idem par um paralelepípedo homogêneo, o eixo de rotação passandopelo centróide do paralelepípedo cuja face maior coincide com a damesa; compare o valor experimental com o valor teórico;

5. idem para uma esfera em relação a um diâmetro.

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11.2. Determinação do momento de inércia de um corpo com a mesa giratória 423

Figura 11.1: Diagramas para montagem da mesa giratória.

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424

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Capítulo 12

Movimento periódico eRegressão linear∗

12.1 Movimento periódico

Se um ponto P descreve uma série de S movimentos sobre uma curva fechada,de tal modo que, ao fim de um intervalo de tempo T , ele assuma as mesmasposições sobre a curva, com a mesma velocidade e com a mesma aceleração,então se diz que o ponto P descreve um movimento periódico de período T , ea série de movimentos executada no período T se denomina ciclo. O númerode ciclos por unidade de tempo (por segundo, no SI) se denomina freqüência.

Exemplo: Suponhamos que num instante t0 o ponto P passe pela posição P0com velocidade ~v0 e aceleração ~a0 , e que ele percorra a curva Γ da Fig. 12.1com módulo da velocidade crescente continuamente até que retorna a P0 noinstante t1, com velocidade ~v1 =2~v0 e aceleração ~a1, tendo descrito de modocompleto a curva Γ uma (1) vez. Em seguida, sua velocidade vai diminuindo,em módulo, de modo que no instante t2 ele passa novamente por P0, reassu-mindo, em P0, a velocidade ~v0 e a aceleração ~a0 do instante t0 , tendo descrito,assim, duas vezes a curva Γ. Ora, se após esse intervalo de tempo T = t2−t0mínimo, ele volta a repetir o mesmo movimento identicamente, qualquer queseja o ponto P0 sobre a curva suporte, dir-se-á que o ponto P executou um mo-vimento periódico de período T , tendo executado nesse intervalo de tempo Tum ciclo, constituído do movimento S em que ele descreve duas vezes a curva

∗ u© Este Capítulo corresponde às 53 primeiras páginas de uma apostila datilografada sobo título Acústica, sem data, possivelmente 1980.

425

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426 Capítulo 12. Movimento periódico e Regressão linear

Figura 12.1: Curva C suporte do movimento e a descrição cinemática no instante t0.

Γ. Por exemplo, se ele executou 1000 vezes essa série de movimentos S em 1(um) minuto e vinte segundos, isto é, em t1000−t0 =80 s, então o período T é:

T =80 s

1000 ciclos= 0,08 s/ciclos ,

e a freqüência será N igual a:

N =1000 ciclos

80 s= 12,5 ciclos/s = 12,5 Hz .

Veja que o período é o intervalo de tempo mínimo para o qual o pontocomeça a repetir

imento identicamente. É claro que a freqüência é o inverso do período:

N =1T.

Os movimentos periódicos são de suma importância na Física.

Exercícios e Problemas

Problema 12.1. Defina movimento periódico, e dê exemplos. Explique o queé período e freqüência do movimento periódico. Dado um movimento de umponto sobre uma curva Γ fechada, diga quais são as condições que devem sesatisfeitas para que o movimento seja periódico.

Problema 12.2. Há fenômenos que se repetem identicamente após intervalosde tempos iguais T , isto é, após um período T eles se repetem identicamenteem todos os aspectos; são fenômenos periódicos.

. Exemplos: as marés, o mês lunar (período) com as quatro fases da lua(cheia, minguante, nova e crescente), as manchas solares, as estaçõesdo ano, etc.

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12.2. Movimento Harmônico Simples 427

Problema 12.3. Os seres vivos podem apresentar variações periódicas emseus ritmos, funções fisiológicas, etc. Dê exemplos biológicos de fenômenosperiódicos.

Problema 12.4. Matematicamente, há funções ou variáveis que após interva-los constantes da variável independente apresentam os mesmos valores, bemcomo suas derivadas primeira e segunda. Exemplo importante para nós sãoas funções sen(θ) e cos(θ) que têm tais características. O período sendo 2π, osditos valores se repetem após múltiplos (inteiros) de 2π para a variável θ:

sen(θ) = sen(θ + k 2 π) , j=1, . . . , n ,

O mesmo acontecendo para o cos(θ).

Problema 12.5. A História da Humanidade ou a Sociologia apresentarão fe-nômenos periódicos? Dê exemplos.

12.2 Movimento Harmônico Simples – MHS

O movimento periódico mais simples é o movimento harmônico simples, tam-bém chamado de movimento oscilatório simples ou movimento periódico sim-ples.

No movimento harmônico simples (MHS) a curva suporte do movimentodo ponto é um segmento de reta que ele percorre num movimento de vai e vem,obedecidas as condições para que o movimento seja periódico 1 e, ainda mais,a equação do movimento é bem determinada e característica. Tomando o pontomédio do segmento para origem de um sistema de coordenadas Oxy e fazendoo eixo dos y coincidir sobre o segmento, então a equação dá o deslocamentoem função do tempo (t), a partir da origem O, é:

y = A sen(ωt − ϕ) ,

fazendo ωt−ϕ=θ, temos: y = sen(θ).Alguns termos são definidos a partir dessa equação do deslocamento e que

devem ser dominados pelo estudante (com a devida compreensão) para enten-der a linguagem usada: (ver Fig. 12.2)

. o ângulo θ se denomina fase ou argumento (principalmente em acústi-ca);

1 Quais?

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Figura 12.2: Ilustração para os termos adotados para o movimento harmônico sim-ples.

. o ângulo ϕ é a fase inicial (fase em t=0);

. ω se denomina pulsação ou freqüência angular;

. A é o deslocamento máximo (em relação ao ponto médio) e se chamaamplitude.

Calculemos a velocidade e a aceleração. Derivando em relação ao tempo t,temos:

y = A sen(ωt − ϕ) deslocamentov = ω A cos(ωt − ϕ) velocidadeγ = −ω2A sen(ωt − ϕ) aceleração.

(12.1)

É fácil ver que todas essas funções são periódicas e de mesmo período T = 2πω .

A Tab. 12.1 recorda a variação do seno e do cosseno.As funções sen(θ) e cos(θ) são periódicas, seus valores se repetindo para

ângulos (argumentos) que diferem de 2kπ, k = 1, 2, 3, . . . , isto é, θ1 e θ2 terãoos mesmos valores para os senos e os cossenos se θ2 − θ1 = 2kπ, k ∈N. Destemodo, a velocidade e a aceleração do ponto que descreve o MHS vão assumiros mesmos valores para os mesmos pontos da trajetória após intervalos de

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Tabela 12.1: Quadro de sinais do seno e do cosseno em cada um dos quadrantes,conforme indicado na figura ao lado, θ∈ [0, 2π).

Quadrante sen(θ) cos(θ)

1o; θ ∈ [0, π2 ) + +

2o; θ ∈ [π2 , π) + -3o; θ ∈ [π, 3π

2 ) - -2o; θ ∈ [ 3π

2 , 2π) - +

tempo tais que as fases θ difiram de um número inteiro de 2π rad:

(ωt2 − ϕ) − (ωt1 − ϕ) = 2kπ

ω(t2 − t1) = 2kπ donde

t2 − t1 = k2πω

.

Ora, o menor intervalo de tempo para que o movimento se repita identicamenteserá obtido para k = 1, e, neste caso, o período do movimento harmônico sim-ples será T = 2π

ω , a freqüência do movimento será N = 1T = ω

2π , ou ω=2πN.Examinando as equações (12.1):

y = A sen(ωt − ϕ)

v = ω A cos(ωt − ϕ)

γ = −ω2 A sen(ωt − ϕ) ,

vê-se que esta última pode ser escrita γ=−ω2y e, portanto:

d2ydt2 + ω2y = 0 . (12.2)

A equação (12.2) é uma equação diferencial, a qual pode ser satisfeita pelasfunções

y = A sen(ωt − ϕ) (12.3a)

y = C1 sen(ωt) + C2 cos(ωt) (12.3b)

em que A e ϕ são constantes arbitrárias2, do mesmo modo que C1 e C2, tratam-2 Determinadas pelas condições iniciais (para posição e velocidade) do movimento.

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se portanto de soluções gerais da equação diferencial (12.2). É fácil mostrarque a função (12.3a) coincide com a (12.3b), ambas sendo soluções gerais de(12.2). De fato:

y = C1 sen(ωt) + C2 cos(ωt)

=

√C2

1 + C22

C1√

C21 + C2

2

sen(ωt) +C2√

C21 + C2

2

cos(ωt)

.

Fazendo

A=

√C2

1 + C22 , a=

C1√C2

1 + C22

e b=C2√

C21 + C2

2

,

vê-se que a2+b2 =1 e −1≤a≤+1, −1≤b≤+1 , logo, pode fazer-se:

a=cos(ϕ) e b=− sen(ϕ) ,

donde:

y = A cos(ϕ) sen(ωt) − sen(ϕ) cos(ωt)= A sen(ωt − ϕ) ,

que é a expressão (12.3a).Recapitulando:

um ponto descreve um MHS se a equação do seu movimento é

y = A sen(ωt−ϕ) ,

ou se a função do tempo que descreve seu deslocamento satisfazà equação diferencial (12.2):

d2ydt2 + ω2y = 0 ,

então a equação (12.2) se denomina equação diferencial do MHS(MHS).

Essas definições são puramente cinemáticas, vejamos uma definição dinâ-mica.

Já vimos que a aceleração no MHS é γ = −ω2y, isto é, o ponto que des-creve o MHS tem aceleração γ, ora se o ponto é uma partícula de massa m,então a força que imprime à partícula a aceleração γ é, pela 2a lei de Newton,F = mγ = −mγ2y, ou F = −κy. Temos então a seguinte definição so MHS poruma partícula (definição dinâmica):

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 431 — #431


Uma partícula executa um movimento harmônico simples se elaestá sujeita a uma força ~F proporcional ao seu deslocamento ~y ede sentido contrário a esse deslocamento:

~F = −κ~y . (12.4)

Deste modo, temos três definições (equivalentes) para o MHS, duas cine-máticas e uma dinâmica.

1a Definição (Cinemática): “Um ponto descreve um movimento harmônicosimples quando ela percorre um segmento de reta num movimento devai-e-vem, a sua velocidade e a sua aceleração assumindo os mesmos va-lores nas mesmas posições da trajetória após intervalos de tempo iguais.A equação do movimento será y = A sen(ωt−ϕ), quando a posição doponto é obtida tomando-se para origem do deslocamento y o ponto mé-dio do segmento descrito, de comprimento 2A.”

O menor intervalo de tempo T , para o qual o movimento se repete iden-ticamente, denomina-se período do movimento; o ângulo (ωt−ϕ) se de-nomina fase ou argumento, sendo ϕ a fase inicial, ω uma constante comdimensão igual à de uma velocidade angular e t o tempo.

2a Definição (Cinemática): “Um ponto descreve um MHS se a função dotempo y = f (t) que descreve o movimento satisfaz à equação diferen-cial

d2ydt2 + ω2y = 0 ,

sendo ω uma constante.”

A solução geral dessa equação diferencial sendo

y = C1 sen(ωt) + C2 cos(ωt)

ou, equivalentemente,y = A cos(ωt) .

3a Definição (Dinâmica): “Uma partícula de massa m descreve um MHS seela está sujeita a uma força ~F proporcional ao seu deslocamento ~y, masde sentido contrário, ~F = −κ~y .”

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 432 — #432


Figura 12.3: Posição de equilíbrio de uma mola M sustentando um peso ~P.

Dada a equação fundamental da dinâmica (2a lei de Newton) é fácilmostrar através da equação diferencial do MHS que essa definição éequivalente 3 à 2a e, portanto, à 1a, sendo ω=

√κ/m .

12.2.1 Exemplos práticos

12.2.1.1 Corpo suspenso por uma mola

Seja uma mola M que suporta uma massa m de peso |~P|=mg (Fig. 12.3).A curva de calibração da mola é uma reta a partir de uma certa força de inten-sidade P1 (Fig. 12.4).

A força (vertical) ~F2 − ~F1 está associada ao alongamento na mola de y =

l2 − l1 e para todos os vetores ~F2 − ~F1 =∆ ~F vale a relação com o alongamentoassociado (ver Fig. 12.4)

|∆ ~F||y| = κ = cot(α) ou |∆ ~F| = κ |y| ,

isto é, tomando o ponto de equilíbrio para um peso p (partícula de massa m epeso p), se a afastarmos da posição de equilíbrio aplicando-lhe uma força ~f ′=∆ ~F, produziremos um deslocamento y a partir do ponto de equilíbrio, valendoa relação ~f ′= κ~y. Ficando a partícula em equilíbrio (veja Fig. 12.5), a mola aodistender-se aplica sobre a partícula uma força igual e de sinal contrário (1a leide Newton): ~f =−κ~y.

Se agora retirarmos a força ~f ′ (i.e., se soltarmos a partícula), haverá entãosobre a partícula uma força (resultante) ~f =−κ~y que atuando sobre ela a varáexecutar um movimento harmônico simples (porquê?).

3 O estudante deve entender bem essas definições, bem como porque são equivalentes, ouseja, são diferentes maneiras de definir a mesma coisa.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 433 — #433


Figura 12.4: Curva de calibração damola M.

Figura 12.5: Posição de equilíbrio deuma mola M sustentando um peso ~P.

Experiências

Experiência 12.2.1.

1. Determinação da constante κ de uma mola.

Sob a ação de um peso p1 = 10 gf, uma certa mola linear tem um com-primento l1 = 8 cm, e para um peso p2 = 20 gf ela apresenta um compri-mento l2 =15 cm. Deste modo:

κ =p2 − p1

l2 − l1=

20 − 1015 − 8

gf/cm =107

gf/cm .

2. Suspende-se nessa mola um peso de 20 gf e afasta-se essa partícula daposição de equilíbrio aplicando-se uma força f ′ para baixo (veja Fig. -12.5). Retira-se f ′, a massa m=20 g passa a oscilar. Pede-se a freqüênciado movimento.

3. Fazer experiência semelhante, verificando experimentalmente o calcu-lado.

Solução

1. Temos f =−κy, mas f =mγ=m d2ydt2 , logo

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 434 — #434


md2ydt2 = −κ y ou

d2ydt2 +

[κ

m

]y = 0 ,

que é a equação diferencial do movimento que a partícula executará, essemovimento será harmônico simples, tendo em vista que o coeficiente

[κm

]

é constante. Comparando com a equação (12.2): d2ydt2 + ω2y = 0, que é a

equação diferencial do movimento harmônico simples, podemos pôr:

ω2 =κ

m, ou ω =

√κ

m, donde N =

12π

√κ

m.

Neste caso temos: m=20 g, κ=107

gf/cm .

Obs: veja-se que a equação fundamental da dinâmica usada foi ~F =m~γ , válidanum sistema coerente de unidades, o mais indicado para este caso sendoo CGS, em que 1 gf =980 dyn=980 g cm/s2, logo

κ =107× 980 dyn/cm = 1400 dyn/cm .

Portanto a freqüência do movimento será: 4

N =1

2π

√1400

20dyng cm

=1

2π

√70

g cms2

g cm=

12π

√70

1s

=8,376,28

osc/s = 1,33 Hz .

2. Contou-se o número de oscilações em 30 s e se achou 41 oscilações,logo

N =no de oscilações

t=

41 osc30 s

= 1,36 Hz .

Discrepância: 2,2 %.

Experiência 12.2.2. Mesma mola, mas m=10 g. Pelo cálculo N =1,86 osc/s.O número de oscilações em 30 s é 50 oscilações; logo, experimentalmente te-mos:

N =5030

osc/s = 1,86 osc/s .

Experiência 12.2.3. Mesma mola, ou outras. Ponha a oscilar na mesma molamassas de (5, 10, 15, 20 e 25) g. Relacione a freqüência relativa à massa de 5 gcom as das outras, verifique experimentalmente.

4 Está-se usando a notação osc para denotar “oscilação”, além disso, um hertz é igual a umaoscilação (ou ciclo) por segundo, ou seja, 1 Hz=1 osc/s.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 435 — #435

12.3. A 2a lei de Newton na rotação de um corpo 435

Figura 12.6: Massas rigidamente ligadas entre si e ao eixo Oz.

12.2.2 Exame da equação diferencial do MHS

Vamos examinar a equação diferencial do MHS:

d2ydt2 + ω2 y = 0 .

A variável y pode ser uma variável qualquer, por exemplo, um deslocamentoangular θ, isto é:

d2θ

dt2 + ω2 θ = 0 . (12.5)

Deste modo, por exemplo, se o deslocamento angular de um corpo suspensoem um eixo satisfaz a essa equação diferencial, então o corpo oscilará comMHS em torno da posição de equilíbrio.

Para aplicarmos a equação diferencial (12.5) recordemos alguns conceitosbásicos de dinâmica da rotação de um corpo rígido em torno de um eixo.

12.3 A 2a lei de Newton na rotação de um corpo

12.3.1 Momento de inércia de um corpo rígido em relação a umeixo

Suponhamos um eixo Oz, ao qual estão rigidamente ligadas n partículas: demassas m1,m2 . . .mn a distâncias r1, r2 . . . rn do eixo, respectivamente. Vamossupor também que essa partículas estejam ligadas rigidamente entre si.

Deste modo, ao aplicarmos uma força ~F a esse sistema de partículas, elasgirarão todas com a mesma velocidade angular ω e a mesma aceleração α emtorno do eixo Oz, descrevendo círculos (em plano perpendicular ao eixo) de

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 436 — #436


Figura 12.7: Massas rigidamente ligadas entre si girando em torno de um eixo.

raios r1, r2 . . . rn respectivamente e com centros sobre o eixo. As partículas te-rão acelerações ~ai, de componentes tangencial ~ati e componente normal ~ani ,i = 1, 2 . . . n. As acelerações normais têm direções perpendicular ao eixo epassando pela respectiva partícula. Lembramos que o movimento de cada par-tícula se efetua no plano normal ao eixo Oz, não havendo assim aceleração aolongo desse eixo.

A força tangencial que imprime a cada partícula a aceleração tangencialserá:

~fti = mi ~ati , i ∈ 1, 2, . . . n ,e a que produz a aceleração normal será:

~fni = mi ~ani , i ∈ 1, 2, . . . n.A força (resultante) que atua sobre a partícula i será assim:

~fi = ~fti + ~fni .

Importa agora transformar a força numa grandeza de rotação, e, como sabe-mos, essa grandeza é o momento de força em relação ao eixo:

M→

= ~ri ∧ ~fi .

Portanto, substituindo a força pela correspondente soma das forças e, em se-guida, das componentes das acelerações, teremos:

M→

= ~ri ∧(~fti + ~fni

)

= mi~ri ∧ ~ati + ~ri ∧ ~ani

,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 437 — #437


sendo nulo o último termo, pois a reta suporte da força ~fni passa pelo eixo Oz.Como ~ri estão em planos normais ao eixo, do mesmo modo que as ~fti ,

então os M→

i jazem ao longo do eixo Oz, os sentidos coincidentes, logo:

M→

i = ~ri ∧ ~fti= ri fti sen(θi) u (como θi=

π2 rad)

= ri fti u ,

em que u é um versor ao longo do eixo Oz e de mesmo sentido de α→

, isto é:u = ± k, k sendo o versor adotado para o eixo Oz. É claro que os momentosdas forças ~fi têm todos o mesmo sentido e, portanto, o momento resultanteM→

=∑

i M→

i tem módulo

M =

n∑

i=1

|Mi| =n∑

i=1

ri fti ,

mas ~fti =mi~ati e, sendo ω a velocidade angular,

ati = ridωdt

= ri α , em que α→

=dω→

dt,

deste modoM→

=∑

i

(mi r2

i α→),

feitas as substituições:

M→

=

∑

i

mi r2i

α→

= I α→,

em que I =∑

i Ii , sendo Ii = mi r2i . Como M

→é um vetor de mesma direção e

sentido que α→

, então M→

= Iα→

. Vejamos alguns nomes:

. Ii =mi r2i se denomina momento de inércia da partícula i em relação ao

eixo Oz, e

. I =∑

i mi r2i é o momento de inércia das n partículas em relação a Oz.

Para o movimento de rotação, a expressão M→

= I α→

equivale à 2a lei de New-ton para o movimento de translação: ~F = m~a, ou dito de outro modo, M

→= I α

→

é equivalente a expressão da 2a lei de Newton para o movimento de rotação

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 438 — #438


Figura 12.8: Destaque do elemento de massa dm do corpo rígidogirando em torno do eixo Oz.

de um corpo rígido em torno de um eixo Oz fixo (em relação a um referen-cial inercial), sendo M

→o momento em relação ao eixo Oz de forças aplicadas

ao corpo e α→

a aceleração angular que esse momento imprime ao corpo (emtorno desse eixo). Observe-se que nessa expressão o momento de força corres-ponde (por analogia) à força, a aceleração angular corresponde à aceleraçãode translação, e o momento de inércia corresponde à massa. Assim, como amassa é a medida de inércia do corpo ao movimento de translação, o momentode inércia é a medida da inércia ao movimento de rotação. Ele diz respeito nãosó à massa, mas também ao modo pelo qual a massa se distribui em torno doeixo de rotação.

Veja-se ainda que o momento de inércia é aditivo, isto é, os momentos deinércia de duas partículas de massas m1 e m2 distantes r1 e r2 de um eixo derotação são: I1 = m1r2

1 e I2 = m2r22, e o momento de inércia do conjunto das

duas partículas, em relação ao mesmo eixo, será:

I = I1 + I2 = m1 r21 + m2 r2

2 .

12.3.2 Momento de inércia de uma distribuição contínua demassa

Se tivermos uma distribuição contínua de massa m ligada rigidamente a umeixo Oz, e em torno do qual pode girar, o momento de inércia desse corpo emrelação ao eixo é obtido tomando-se um elemento (infinitesimal) de massa dmdo corpo, o momento de inércia desse elemento de massa será: dI = r2dm ,em que r é a distância de dm ao eixo (ver Fig. 12.8). Se o corpo está divididoem elementos de massa, então seu momento de inércia em relação ao eixo éa soma de todos os momentos de inércia elementares correspondentes: I =

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Figura 12.9: Ilustração para a localização do elemento de massadm em relação ao Centro de Massa e do eixo que passa por O1.

∑dI =

∑r2dm , a soma que não é mais do que a integral estendida à toda

massa m do corpo:

I =

∫

mdI =

∫

mr2dm .

Entretanto, convém não esquecer o significado físico do momento de inércia.

12.3.3 Teorema de Steiner–Huygens

Um teorema muito importante sobre momento de inércia é o teorema Steiner–Huygens ou dos eixos paralelos:

Teorema 12.3.1 (Steiner–Huygens). O momento de inércia IZ de um corpoem relação a um eixo Z é igual à soma do momento de inércia do corpo emrelação ao eixo paralelo (à Z) que passa pelo centro de massa do corpo, ICMZ

,mais o produto ma2, em que a é a distância entre os dois eixos (paralelos) e ma massa do corpo:

IZ = ICMZ+ ma2 .

A demonstração é fácil. De fato, consideremos um corpo C de centro demassa CM, veja Fig. 12.9. Seja um sistema de referência triortogonal Oxyz,com origem coincidente com o centro de massa CM e em que o eixo Oz éparalelo ao eixo Z em relação ao qual se calcula o momento de inércia docorpo; o eixo Oz corta o eixo Z no ponto O1. Na Fig. 12.10 fizemos dos doiseixos Oz e Z ortogonais ao plano da Fig. 12.9. Seja um elemento de massa dmdo corpo. No caso em que dm esteja sobre o plano Oxy, veja Fig. 12.10, temos:

r2 = R2 + a2 − 2 a R cos(θ) .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 440 — #440


Figura 12.10: Ilustração para a localização do elemento de massa dm em relação aoCentro de Massa e do eixo que passa por O1.

Mas R cos(θ)= x, e assim:

r2 = R2 + a2 − 2ax .

Se dm não está no plano Oxy, tomamos um outro sistema de referência O′x′y′z′

em que o plano O′x′y′ é ortogonal ao eixo Oz e os eixos O′x′ e O′y′ coinciden-tes com Ox e Oy respectivamente, a origem O′ sobre Oz coincidente com a deO′z. Neste caso, as abscissa e a ordenada de dm nos dois sistemas coincidem:x′= x e y′=y. Portanto valem as relações: (veja Fig. 12.10)

r′2 = R′2 + a2 − 2 a x′ em que x′ = x ,

e em que r′ e R′ são as distâncias do elemento de massa dm aos eixos Z e Oz,paralelo a Z que passa pelo centro de massa (CM) do corpo.

Sendo assim, multiplicando r2 por dm e integrando, obtemos:

IZ =

∫r2 dm =

∫R2 dm +

∫a2 dm −

∫2ax dm .

Mas∫

R2 dm = ICM ,

∫a2 dm = a m e

∫2ax dm = 2a

∫x dm = 0 ,

visto que∫

x dm = m xCM , em que xCM é a abscissa do centro de massa e que,por construção do sistema de coordenadas, é nula. O mesmo se pode concluir

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 441 — #441


Figura 12.11: Ilustração para uma demonstração algébrica para o teorema deSteiner–Huygens.

para a coordenada yCM . Segue-se que o teorema fica demonstrado, pois a coor-denada z do centro de massa não intervém nas integrais, portanto,

IZ = ICMZ+ a2m .

A demonstração seguindo essa linha de raciocínio se encontra em5 [24,pág. 230, Cap. 9].

Vejamos outra demonstração mais algébrica.Suponhamos que se deseja calcular o momento de inércia de um corpo C

em relação a um eixo Z. Veja a Fig. 12.11.Tomemos um sistema de eixos O1x1y1z1, o eixo O1z1 coincidindo com o

eixo Z. Seja agora um sistema de eixos Oxyz em que o eixo Oz seja paralelo5 u© Este texto era a referência básica para o Prof. Armando para os cursos de primeiro ano

de graduação.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 442 — #442


ao eixo Z e que passe pelo centro de massa CM do corpo fixado ao eixo Z.Para facilitar a compreensão fizemos os planos Oxy e O1x1y1 coincidentes eos eixos Ox e Oy paralelos aos eixos O1x1 e O1y1 respectivamente. Tomemoso elemento de massa dm do corpo no ponto P de coordenadas (x,y,z) no sis-tema Oxyz, sua projeção sobre o plano Oxy sendo P′; as coordenadas de P nosistema O1x1y1z1 sendo (x1, y1, z1). A distância entre os eixos Oz e O1z1 ≡ Zsendo a, cujas projeções sobre os eixos Ox e Oy são ax e ay em valor numérico,respectivamente, veja Fig. 12.11 se vê que:

x1 = x − ax e y1 = y − ay . (12.6)

Em relação ao eixo Z, o momento de inércia dIZ de dm é: dIZ = r2dm, masr2 = x2

1+y21 e substituindo x1 e y1 em função de x e y dados por (12.6) se tem:

r2 = (x − ax)2 + (y − ay)2

= x2 + a2x − 2axx + y2 + a2

y − 2ayy

= x2 + y2 + a2x + a2

y − 2axx − 2ayy

= R2 + a2 − 2axx − 2ayy ,

pois R2 = x2+y2 e a2 =a2x+a2

y , como é fácil de ver, portanto:

dIZ = r2 dm

= R2 dm + a2 dm − 2axx dm − 2ayy dm .

Somando os momentos de inércia elementares6:

IZ =

∫

mR2 dm +

∫

ma2 dm −

∫

m2axx dm −

∫

m2ayy dm ,

mas∫

m R2 dm= ICM e∫

m a2 dm=a2m, e,∫

m a2xx dm=0 e

∫m a2

y x dm=0. De fato,as coordenadas do centro de massa são dadas respectivamente por:

xCM =

∫m x dm∫m dm

; yCM =

∫m y dm∫m dm

; zCM =

∫m z dm∫m dm

.

Portanto

m xCM =

∫

mx dm ; m yCM =

∫

my dm ; m zCM =

∫

mz dm .

6 u© Para o limite quando o número de elementos de massa tende a infinito.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 443 — #443


Figura 12.12: Haste homogênea de comprimento L do exemplo 12.3.1.

Mas, por construção do sistema de eixos Oxyz, xCM =0 e yCM =0. Logo∫

m2axx dm = 2ax

∫

my dm = 0 e

∫

m2ayy dm = 2ay

∫

my dm = 0 ,

porque ax e ay são constantes, tendo em vista que a é a distância entre os doiseixos paralelos, não dependendo de dm. Assim, como queríamos demonstrar:IZ = ICM +a2m.

Observa-se que, por construção do sistema Oxyz, a coordenada zCM do cen-tro de massa não é nula, a origem O não coincide com o centro de massa docorpo. É suficiente que o eixo paralelo a Z passe pelo centro de massa CM docorpo, vê-se que na expressão das distâncias r e R do elemento de massa dmnão entra em conta z1 ou z respectivamente.

O teorema de Steiner–Huygens é de grande importância no cálculo do mo-mento de inércia. É também conhecido como teorema dos eixos paralelos.

Exemplo 12.3.1. Calcular o momento de inércia de uma haste homogênearetilínea de comprimento L, em relação a um eixo que passa por uma das suasextremidades e é ortogonal ao eixo da haste. (ver Fig. 12.12)

Tomemos um sistema de eixos Oxy, em que Ox coincide com o eixo dahaste homogênea de comprimento L, a origem sendo uma de suas extremida-des.

Seja x a abscissa de um elemento de massa dm da haste, considerandoa área da seção reta desprezível. O momento de inércia da haste em relaçãoao eixo Oy, ortogonal à haste e passando por uma das extremidades é Iy =∫

m x2 dm. O elemento de massa dm=λ dx, em que λ é a massa específica linear

da haste, calculada em x, logo Iy =∫ L

0 x2λ dx. Sendo a haste homogênea, λ é

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 444 — #444


constante e∫ L

0 x2 dx= 13 L3, então

Iy =λ

3L3 =

13

(λL)L2 ∴ Iy =13

mL2 ,

pois λL=m, a massa total da haste.

Exemplo 12.3.2. Calcule o momento de inércia da mesma haste em relação aum eixo que passa pelo centro de massa da haste (abscissa xCM = L/2; L é ocomprimento da haste).

Coloquemos a origem do sistema de coordenadas Oxy no centro de massaCM da haste, Oy ortogonal à haste. Neste caso teremos:

Iy ≡ IC =

∫ + L2

− L2

λ x2 dx

=

[13λ x3

]+ L2

− L2

=13λ

[L3

8+

L3

8

]

=13λ

[L3

4

]=

112

(λL) L2 ∴ IC =112

m L2 .

Vamos aplicar o teorema de Stainer–Huygens para uma solução alternativadeste problema. Temos:

Iy = ICM + ma2 ,

suponhamos que y passe pela extremidade da haste, neste caso Iy = 13 mL2,

como neste caso a= 12 L, teremos:

13

mL2 = ICM + m(L

2

)2= ICM +

14

mL2 .

Donde

ICM =13

mL2 − 14

mL2 =1

12mL2 ,

como calculamos diretamente.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 445 — #445

12.4. Pêndulo físico 445

Figura 12.13: Corpo rígido suspenso do eixo Z que passa pelo ponto P.

12.4 Pêndulo físico

Voltemos ao movimento harmônico.Seja um corpo C suspenso de um eixo Z que passa pelo ponto O, ver Fig. -

12.13.Seu centro de gravidade CG dista ` de O. Suponhamos que se afaste o

corpo da posição de equilíbrio vertical. O corpo sofre um deslocamento an-gular θ, sob a ação da força ~F, e fica em equilíbrio na nova posição. O mo-mento de ~F em relação ao ponto O é de igual módulo e de sinal contrárioao do momento do peso do corpo em relação a O. O momento do peso éMmg = −mg` sen(θ), o sinal negativo significando que Mmg atua em sentidocontrário ao de θ. Ora, se retirarmos a força ~F, o momento de mg passará aatuar, acelerando o corpo num movimento de rotação em torno do eixo quepassa por O, e vale a segunda lei de Newton para o movimento de rotaçãoem torno de um eixo para os corpos rígidos: M = Iα, em que α = d2θ

dt2 , i.e., a

aceleração angular, segue-se que Mmg = Iα = I d2θdt2 , mas Mmg =−mg` sen(θ),

portanto:

Id2θ

dt2 + m g ` sen(θ) = 0 , oud2θ

dt2 +

(m g `

I

)sen(θ) = 0 .

Essa equação diferencial é de integração difícil (uma vez que não é uma equa-ção diferencial linear).

Ora, se o ângulo θ é muito pequeno, então sen(θ)θ, sendo θ expresso em

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 446 — #446


Figura 12.14: Haste rígida que oscila em torno do eixo horizon-tal que passa pelo ponto O.

radiano, e assim:d2θ

dt2 +

(m g `

I

)θ = 0 ,

que é a equação diferencial do movimento harmônico simples [ver (12.2)]

d2θ

dt2 + ω2θ = 0 ,

tendo em vista que (mg`/I) é constante para este pêndulo físico, portanto:

ω2 =mg`

I, ω =

√mg`

Iou T = 2π

√I

mg`. (12.7)

Isto é, para pequenos ângulos θ o corpo vai oscilar em torno da posição deequilíbrio com MHS (pequenas oscilações). A freqüência e o período sendodadas pelas expressões em (12.7). Vejamos alguns problemas práticos.

Problemas práticos

Problema 12.6. Uma haste retilínea de comprimento igual a 31,0 cm e massaigual a 19,5 g, oscila em torno de um eixo horizontal que passa pela sua extre-midade A e lhe é ortogonal. As oscilações são muito pequenas. (ver Fig. 12.14)

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 447 — #447


Temos N =1

2πω=

12π

√mg`

I, I = 1

3 mL2 (ver Exemplo 12.3.1) e ` = L/2,

logo:

N =1

2π

√mg(L/2)

13 mL2

=1

2π

√(3/2)g

L.

As fórmulas da 2a lei de Newton: ~F = m~a e M→

= I α→

são válidas para siste-mas coerentes de unidades, como, por exemplo, os sistemas CGS, MKS (i.e.,o SI), Métrico Técnico, etc. Neste caso o sistema mais próximo dos dados doproblema é o CGS, em que g=980 cm s−2, logo:

N =1

2π

√32× 980 cm/s2

32 cm

16,28

√98021,3

s−1 ,

daí,N = (6,78 Hz)/6,28 = 1,08 Hz e T = 0,9 s .

Problema 12.6.1 (Parte prática). Uma haste igual à do Probl. 12.6, oscilandopelo modo indicado no problema, fez 100 oscilações numa média de 89 s; logoNexp = 100

89 Hz=1,12 Hz e T =0,89 s.

Problema 12.7. Faz-se uma haste idêntica à anterior oscilar em torno de umeixo que passa a 10,5 cm de distância de uma extremidade. Pede-se calcular operíodo de oscilação e verificar experimentalmente.

A expressão a usar é a mesma: N = 12π

√mg`

I , mas agora o momento deinércia I e a distância ao centro de gravidade (CG) ao eixo são diferentes.

A haste homogênea de comprimento 31 cm, seu centro de massa está nocentro geométrico L

2 =15,5 cm da extremidade, o que significa que o centro demassa está a 15,5−10,5 = 5,0 cm do eixo. Apliquemos o teorema de Steiner–Huygens para achar o momento de inércia em relação ao eixo: 7

Iy = ICM + ma2 , neste caso, a = 5,0 cm , logo :

Iy =112

(31)2 m + m 52 = [80,08 + 25] m = [105,1 m] cm2 .

O CG está a uma distância ao eixo de ` = 5 cm (coincide com o centro de

massa), portanto N = 12π

√mg`

I = 12π

√mg`

105,1 m , assim,

Ncalc =1

2π

√g`

105,1=

√46,626,28

=6,836,28

= 1,087 Hz ∴ Tcalc = 0,92 s .

7 Ver Exemplo 12.3.2.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 448 — #448


Determinação experimental – 100 oscilações (i.e., períodos) se efetuaram em91 s, donde:

Nexp =10091

= 1,089 Hz ∴ Texp = 0,91 s .

Problema 12.8. Faça o mesmo Probl. 12.7 colocando o eixo de oscilação a`=3,00 cm do CM.

Iy =

[1

12(31)2 + 32

]m = [80,08 + 9] m = 89 m cm2 .

Ncal =1

2π

√980 × 3

89= 0,92 Hz ∴ Tcal = 1,087 s .

A determinação experimental forneceu: 100 oscilações em 108 s, logo:

Nexp = 0,93 Hz e Texp = 1,08 s .

Problema 12.9. Na montagem do Problema 12.8, prende-se na extremidadeinferior da haste uma esfera de massa igual a 7,5 g de modo a que seu centrode massa (CM) fica a 19,5 cm de distância ao eixo de oscilação. Em primeiraaproximação considere que a massa da esfera está concentrada no seu centrode massa para o movimento de rotação. Determine a freqüência de oscilaçãodo conjunto.

Neste problema aplicamos a propriedade aditiva do momento de inércia,isto é, dados dois corpos C1 e C2 de momentos de inércia I1 e I2 em relaçãoa um mesmo eixo, o momento de inércia da conjunto, em relação ao mesmoeixo, é a soma de I1 e I2: I1+I2 . Sendo assim, o momento de inércia da hastee da esfera, em conjunto, é a soma de cada momento de inércia calculadosisoladamente em relação ao mesmo eixo.

Temos, veja Fig. 12.15:

abscissas dos centros de massa: x1 e x2, donde, para o conjunto:

`CM = xCM =x1m1 + x2m2

m1 + m2,

onde:

x1 = `H = 3 cm

x2 = èsf = 19,5 cm

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 449 — #449


Figura 12.15: Haste rígida e a esfera pre-sa à extremidade mais distante do eixo yde rotação.

Figura 12.16: Haste rígida e a esfera pre-sa à extremidade mais distante do eixo yde rotação, outra vista.

m1 = mH = 19,5 g

m2 = mesf = 7,5 g .

Logo:

`H =3 × 19,5 + 19,5 × 7,5

19,5 + 7,5= 7,58 cm 7,6 cm .

Determinação experimental: `CM = 7,6 cm .Temos ainda:

I1 = IH =

[1

12(31)2 + 32

]× 19,5 = 1737,12 g cm2

I2 = (19,5)2 × 7,5 2707,5 g cm2

I = I1 + I2 = 1737,12 + 2707,5 = 4444,62 g cm2,

(m1 + m2) × g × `CM = 27 × 980 × 7,6 = 201,1×103 g cm2/s2,

N =1

2π

√201,1×103

4444,62=

16,28

√45,25 = 1,07 Hz ∴ T = 0,93 s.

Observe-se que xCM =`CM =x1m1 + x2m2

m1 + m2, logo

(m1 + m2)`CM = (x1m1 + x2m2) = `HmH + èsf mesf

e(m1 + m2) g `CM = mH g `H + mesf g èsf ,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 450 — #450


isto é, podemos calcular a freqüência do oscilador formado com a haste e aesfera, somando os efeitos (momentos) das forças externas aplicadas em cadamassa (pesos), para obtermos o momento do conjunto, do mesmo modo, so-mamos os momentos de inércia: I = I1+I2:

N =1

2π

√m1g`1 + m2g`2

I1 + I2.

Determinação experimental: ∆t de 100 oscilações igual a 95 s, logo:

Nexp = 1,05 Hz e Texp = 0,95 s.

Problema 12.10. Colocamos o eixo de oscilação a 0,5 cm do centro de massado conjunto haste–esfera do Probl. 12.9, calcular a freqüência e o período everificar experimentalmente.

Temos: (L=31 cm)

I1 = IH =

[1

12L2 + (4,1)2

]19,5 = 1889,4 g cm s−2

I1 = Iesf = (12,4)2 × 7,5 = 1153,2 g cm s−2

I = I1 + I2 = 3042,6 g cm s−2

(m1 + m2) g LCM = 27 × 980 × 0,5 = 13230,0 g cm−2 s−2

N =1

2π

√gmLCM

I=

12π

√13230,03042,6

=1

2π

√4,348

N = 0,332 Hz e T = 3,01 s .

Experimentalmente – 30 oscilações em 95 s, assim:Nexp = 30

95 = 0,32 Hz e Texp = 3,17 Hz.

Problema 12.11. O eixo de rotação foi posto exatamente passando pelo centrode massa da haste, isto é, pelo seu ponto médio. A esfera fica com o seu centroa 16 cm do eixo. Calcule a freqüência.

N =1

2π

√mg`

I=

12π

√(m1`1 + m2`2)g

I1 + I2, mas agora `1 = 0 ,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 451 — #451

12.5. Raio de giração 451

I1 = IH =112

(31)2 × 19,5 = 1562 g cm2

I2 = Iesf = (16)2 × 7,5 = 1920 g cm2 , donde:

N =1

2π

√(0 + 7,5×16)g1562 + 1920

=1

2π

√1176003482

=5,82π

g cm2

N = 0,92 Hz e T = 1,87 s

Experimentalmente – 100 oscilações em 109 s, portanto

Nexp = 0,917 0,92 Hz e Texp = 1,9 s .

Note-se que: o eixo passando pelo centro de massa da haste, o peso da hastepassa pelo eixo, logo seu momento em relação ao eixo é nulo, deste modo, omomento das forças externas se reduz ao momento do peso da esfera, apenas.

12.5 Raio de giração

Nos problemas anteriores calculamos o momento de inércia da esfera em re-lação ao eixo de oscilação, tomando o produto do quadrado da distância docentro da esfera (CM) ao eixo pela massa da esfera, e dissemos que era em 1a

aproximação. De fato, dado um corpo C de momento de inércia Ic em relaçãoa um eixo, consideremos agora uma partícula de massa igual à massa do corpoe uma distância ρ do eixo a que está ligado o corpo C, de modo que o momentode inércia Ip da partícula em relação ao eixo seja igual ao momento de inérciaIc do corpo:

Ip = m ρ2 = Ic , isto é, ρ =

√Ic

m.

Essa distância ρ se denomina raio de giração do corpo. Dito de outro modo,

“o raio de giração de um corpo em relação a um eixo (de rotação)Z é uma distância ao eixo tal que, se toda a massa do corpo seconcentrasse a essa distância do eixo Z, seu momento de inérciaem relação a esse eixo teria o mesmo valor”.

Isto significa que, para os efeitos de rotação, podemos considerar toda a massado corpo concentrada num ponto8 a uma distância ao eixo igual ao raio de

8 u© Ou distribuída (uniformemente, ou não) sobre uma superfície cilíndrica de raio igualao raio de giração e eixo de simetria sobre o eixo de rotação.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 452 — #452


giração. Para aclarar as idéias calculemos o raio de giração da haste homogêneaem relação a um eixo que passa pelo seu baricentro (ver Exemplo 12.3.2).

Temos IhCM = 112 ×mL2 = mρ2, donde

√L2

12 0,29 L, sendo L = 31 cm, ρ =

8,95 cm. Isto é, no que diz respeito às rotações em torno do eixo que passapelo centro da haste (coincide com o seu centro de massa), tudo se passa comose a massa da haste se concentrasse à distância de 8,95 cm do eixo. Observe-seque a distância do centro de massa ao eixo é nula.

No caso da esfera homogênea, seu centro de massa está a uma distân-cia de 16 cm do centro de massa da haste quando essa esfera é presa numaextremidade da haste, e aplicando o teorema de Steiner–Huygens teremos:Iesf = IesfCM +m`2, em que IesfCM é o momento de inércia da esfera em rela-ção a um eixo que passa pelo centro de massa da esfera e é paralelo ao eixo deoscilação. Ora, o IesfCM é igual a (2/5) m R2, em que R é o raio da esfera iguala 1,25 cm, logo, m sendo igual a 7,5 g, teremos (ver Fig. 12.17)

Figura 12.17: Haste rígida com uma esfera na extremidade inferior oscilando emtorno do eixo Z horizontal.

IesfCM =25×7,5×(1,25)2 = 4,688 g cm2 4,7 g cm2

em`2 = 7,5×(16)2 = 1920 g cm2 ,

logoIZesf = IZCM + m `2 = 4,7 + 1920 1925 g cm2 .

O eixo Z é o eixo de oscilação (ver Fig. 12.17). Calculemos o raio de gira-

ção da esfera em relação ao eixo Z, teremos: ρ =

√Im =

√19257,5 = 16,02 cm.

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12.6. Pêndulo simples 453

A diferença entre a distância do centro de massa da esfera ao eixo de ea distância a que toda a massa da esfera deveria concentrar-se para produziro mesmo efeito nas oscilações (raio de giração) é portanto muito pequena:0,02 cm. Justifica-se desse modo termos no problema tomada a massa da esferacomo concentrada no seu centro de massa. É fácil entretanto verificar que se` é comparável ao raio da esfera, não podemos fazer essa aproximação, pois adiferença será grande; por exemplo, suponhamos que `=2 cm, em tal caso

Iesf =25

m R2 + m `2 = 4,7 + 7,5×(2)2 = 4,7 + 30 = 34,7 g cm2.

O raio de giração sendo ρ=

√34,77,5 =2,15 cm, o que dá uma diferença de 7,5 %.

12.6 Pêndulo simples

Uma massa m na extremidade A de um fio flexível e inextensível, de massadesprezível, de comprimento `, fixado pela outra extremidade B, constitui umpêndulo simples se ` é muito grande em relação às dimensões do corpo demassa m (ver Fig. 12.18).

Figura 12.18: Pêndulo simples de com-primento ` e massa m.

Figura 12.19: Haste rígida com uma es-fera na extremidade inferior oscilandoem torno do eixo Z horizontal.

A posição de equilíbrio do pêndulo simples é a vertical (i.e., com o fiona vertical). Afastando-o da posição vertical, ele passa a oscilar em torno daposição de equilíbrio vertical.

Vejamos a equação do movimento do pêndulo simples. Suponhamos queo pêndulo esteja afastado da posição de equilíbrio, o fio AP, veja Fig. 12.19,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 454 — #454


fazendo um ângulo θ com a vertical. A massa m estando concentrada prati-camente no ponto P, isto é, trata-se de uma partícula de massa m presa naextremidade A do fio. As forças que atuam sobre a partícula na posição afas-tada da vertical serão: a tensão ~T do fio e o peso ~p da massa m do pêndulo.Pela 2a lei de Newton teremos:

T = +p cos(θ) = m an (direção do fio)f = −p sen(θ) = m at (direção perpendicular ao fio),

em que ~an e ~at são as componentes da aceleração da partícula na direção or-togonal e tangente à trajetória respectivamente9. A componente que leva arestaurar a posição de equilíbrio (força restauradora) é componente tangencialf =−p sen(θ), o sinal negativo se deve ao fato de que a partícula tende a girarsob a ação de ~f em sento contrário ao de θ. Deste modo, a equação se torna:

−m g sen(θ) = −m at ou at = −g sen(θ).

Mas at = α ` = `dωdt

= `d2θ

dt2 ,

em que α é a aceleração angular, ω é a velocidade angular da partícula que girasobre a circunferência de raio `, comprimento do pêndulo. Temos portanto:

d2θ

dt2 +g`

sen(θ) = 0 , (12.8)

que é uma equação diferencial de integração complicada. Ora, se considerar-mos deslocamentos menores que 5, isto é, em que sen(θ) θ, com aproxima-ção de uma parte em 10000, a equação (12.8) se torna:

d2θ

dt2 +

[g`

]θ = 0 , (12.9)

que é a equação do MHS, em que:

ω2 =g`, N =

12π

√g`

e T = 2π

√`

g. (12.10)

Observações:

9 u© Note-se que se está considerando o sentido do ponto P ao vértice como positivo nadireção da normal (ver Fig. 12.19), e o sentido da tangente para o ângulo θ crescente como opositivo.

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1. E a componente T−mg cos(θ)=an ? Explique.

2. Se o ângulo θ é muito pequeno, então `θ` sen(θ)=y, coordenadaque submete o arco `θ, e podemos também dizer que a partículavai se deslocar sobre o segmento de reta 2ymax = 2A, veja Fig. -12.19; como ` é constante, multiplicando por ` a equação (12.8),obtemos:

`d2θ

dt2 +g`` θ = 0 ⇒ d2(` θ)

dt2 +g`

(` θ) = 0 ,

oud2ydt2 +

g`

y = 0 ,

visto que ` θ=y.Podemos ainda tomar o pêndulo simples como um caso particulardo pêndulo físico. De fato, a equação do movimento do pêndulofísico é

d2θ

dt2 +g m `

Iθ = 0 , (12.11)

em que I é o momento de inércia do pêndulo simples em relaçãoao eixo de oscilação, o qual é simplesmente I = m`2, tendo emvista que podemos considerar a massa concentrada à distância `do eixo de oscilação. Se substituirmos esse momento de inércia naexpressão (12.11), termos:

d2θ

dt2 +g m `

m `2 θ = 0 oud2θ

dt2 +g`θ = 0 ,

que é a expressão do deslocamento angular para o pêndulo simples.

12.6.1 Determinação experimental da aceleração da gravidadelocal por meio de pêndulo simples

A vantagem do pêndulo simples é que ele pode fornecer determinações daaceleração (local) da gravidade com muita facilidade e com uma precisão ra-zoável, ilustrando métodos da Física Geral e Experimental. Vejamos como épossível fazer experiências com pêndulo simples atingindo os objetivos acima.

Podemos tomar um objeto de dimensões pequenas, como uma esfera dechumbo, mas de peso razoavelmente grande e pendurá-la na extremidade livrede um fio de comprimento p e cuja outra extremidade esteja fixa, teremos assimum pêndulo simples.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 456 — #456


Figura 12.20: Geometria do pêndulo simples da experiência.

Observe-se que o comprimento ` do pêndulo simples se estende do pontode suspensão ao centro de gravidade do sistema oscilante, isto é, ao centro degravidade do conjunto de pesos: peso do fio, peso da suspensão da esfera epeso da esfera. Esse comprimento ` é assim difícil de obter com boa precisão.Contorna-se o problema: determina-se com precisão o comprimento p, isto é,a distância entre o ponto a que está preso o fio, na suspensão, e o ponto ondeo peso (esfera) se prende, veja Fig. 12.20. Em seguida, determina-se com umcronômetro o intervalo de tempo ∆t, em segundos, para 100 (ou 50) oscilaçõescompletas. É óbvio que o período será T = ∆t

100 = x Hz.

Observação. No estudo do MHS, pendular, o período T é o intervalo detempo de uma oscilação completa, isto é, o período é o menor intervalode tempo para que o pêndulo adquira a mesma posição da trajetória, amesma velocidade e a mesma aceleração, portanto, tem que passar pelaposição duas (2) vezes. Na Fig. 12.20 estão indicadas as posições 1, 0 e2; a oscilação completa pode ser aquela em que o movimento se iniciaem 1, vai até a posição 2 e retorna à posição 1; ou ainda, ele passa pelaposição 0 indo para a posição 2, volta para posição 0, vai até a posição 1e retorna à posição 0, completando então uma oscilação completa, o pe-ríodo sendo o intervalo de tempo para executar essa oscilação completa.

Para aumentar a precisão, conta-se o número de oscilações a partir da po-sição 0, tendo em vista que a determinação do “instante” em que ele passa por

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0 é muito mais preciso, pois nesse ponto sua velocidade é máxima, enquantoque nas posições 1 e 2 a precisão é menor, pois o pêndulo pára nessas duasposições e assim a “ida” e a “volta” se confundem, o que traz uma imprecisãona determinação da oscilação completa. Temos:

T = 2π

√`

g, ou ` =

[ g4π2

]T 2 ,

mas` = p + p0 ,

logo:

p =

[ g4π2

]T 2 − p0 ou p = k T 2 − p0 ,

sendo k=[g/(4π2)

]. Vemos que p é uma função afim de T 2, podemos portanto:

determinar o período T correspondente a vários valores de p elevar a um gráfico, com T 2 nas abscissas e p nas ordenadas.

Observe-se que, pela função p=kT 2−p0, para T =0 ocorre p=p0; segue-se queé fácil determinar graficamente o valor de p0. De fato, determinando os valoresde T para diferentes valores de p, como p é função afim de T , os pontos (T 2, p)devem pertencer a uma reta, portanto os pontos assim determinados devemdelinear um segmento de reta no gráfico, prolongando-se o segmento de retaaté encontrar o eixo dos p (ordenada) para T 2 = 0, obtemos do gráfico o valorde p0.

Vamos ilustrar o que vem explicado acima com uma experiência feita como Laboratório Portátil. Veja a Fig. 12.21.Na Tab. 12.2 relacionamos o intervalo de tempo ∆t para 100 oscilações e cor-respondentes aos valores de p de (120, 100, 80, 60 e 40) cm.

Observação É óbvio que ao variarmos o comprimento de p, a distância p0também vai variar, pois o peso do fio diminui, segue-se que a precisão cai, épois necessário que o peso do objeto pendurado seja tão grande quanto possívele o peso do fio desprezível relativamente ao peso do objeto pendurado.

Exemplo 12.6.1. Determine a posição do centro de gravidade do conjuntoformado por uma esfera de 5 cm de diâmetro, presa por um fio fixado naperiferia, tendo um comprimento de 120 cm, sabendo que sua densidade linearé 0,5 g/m. Compare o resultado quando o comprimento do fio é reduzido para40 cm, o peso da esfera sendo de 40 g ou 100 g

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Figura 12.21: Vista de perfil do pêndulo simples da experiência para determinação(experimental) de g.

Tabela 12.2: Comprimento p do pêndulo e os períodos correspondentes medidos em100 períodos (5 amostras para cada comprimento).

p ∆t para 100 oscilaçõesa T

cm min s min s min s min s min s min s s s120,0 3 42,6 3 42,7 3 42,7 3 42,8 3 42,8 3 42,72 222,72 2,2272

100,0 3 23,8 3 23,8 3 23,9 3 23,6 3 23,7 3 23,76 203,76 2,0376

80,0 3 2,9 3 3,0 3 3,0 3 2,8 3 2,8 3 2,90 182,90 1,8290

60,0 2 39,3 2 39,3 2 39,5 2 39,3 2 39,3 2 39,34 159,34 1,5934

40,0 2 11,6 2 11,6 2 11,5 2 11,5 2 11,6 2 11,56 131,56 1,3156

Média

a Os tempos foram anotados de um cronômetro à corda.

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Figura 12.22: Gráfico de p (cm) versus T 2 (s2) dos valores medidos no pêndulo con-forme ilustrado na Fig. 12.21.

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Tabela 12.3: Comprimentos `, períodos T , seu quadrado T 2, os valores de g calcula-dos por g = (4π2`)/(T 2), sendo g` o valor de g com 3 algarismos significativos, resíduosr` = g−g`, sendo g`=979,8. Na última linha estão os valores médios correspondentesàs colunas.

` T T 2 g g` r` r2`

cm s s2 cm/s2 cm/s2 cm/s2 (cm/s2)2

123 2,2272 4,960 978,9 979 -0,8 0,64

103 2,0376 4,152 979,3 979 -0,8 0,64

83 1,8290 3,345 979,6 980 +0,2 0,04

63 1,5934 2,539 979,6 980 +0,2 0,04

43 1,3156 1,731 980,7 981 +1,2 1,44

83 1,8 3,345 979,6 979,8 0,0 2,8 ÷ 5

No quadro da Tab. 12.2 encontramos os valores do período do pêndulo jádescrito e ilustrado na Fig. 12.21. Com os valores de p e T 2 construímos ográfico da Fig. 12.22. Observe-se que os pontos (p,T 2) são determinados muidificilmente dentro da precisão de T 2 com quatro (4) algarismos significativos;traçando a reta que melhor se ajusta aos pontos, sua interseção com o eixo dosp dá o valor p0 = 3 cm. Segue-se que ` = p+p0 = p+3 cm, em que p são osvalores 120, 100, 80, 60, e 40. Como T = 2π

√`/g , temos g = 4π2`

T 2 . Vejamosos valores de g assim determinados. Veja-se Tab. 12.3.

12.6.2 Análise dos resultados

Façamos uma análise dos resultados.O estudantes deve antes rever a parte de Teoria dos Erros e Algarismos

Significativos do fascículo I, páginas 8 e 13 respectivamente10. Observemosinicialmente o que no gráfico da Fig. 12.22 e no quadro da Tab. 12.3 o com-primento p ou ` tem três (3) algarismos significativos. Observe-se que a deter-minação experimental nos fornece T com 5 (cinco) algarismos significativos ea p com 4 (quatro) algarismos significativos: a menor divisão da fita métricapara medir p é o milímetro, e a rigor poderíamos ter esse comprimento com 5algarismos significativos se apreciássemos frações de mm, entretanto, levando

10 Esta referência corresponde aos parágrafos 2.4 a 2.6 desta revisão.

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em conta as dificuldades dessa medição na vertical, tomamos para primeiroalgarismo duvidoso o correspondente ao milímetro, e assim p fica com 4 alga-rismos significativos; o período T porém foi determinado com precisão muitomaior, pois a determinação do intervalo de tempo t em 100 oscilações foi feitocom cronômetro de 1/10 de segundo e, portanto, t foi determinado com 5 al-garismos significativos, ver Tab. 12.2. Esse cuidado na determinação de T sedeve ao fato de que o erro em sua determinação entra dobrado no erro de g,como foi visto nas aulas de Cálculo Numérico e como recordamos adiante.

Na Tab. 12.3, para T 2 tomamos 4 algarismos significativos, para ` ape-nas 3, pois a impressão gráfica na determinação da reta p = kT 2 +p0 leva aessa imprecisão em p0, qualquer variação na inclinação da reta pode atingiruma imprecisão de (±)1 mm na interseção p0 no eixo dos p, a qual correspon-de a 1 mm, segue-se que no gráfico o primeiro algarismo duvidoso de p ou `corresponde a 1 cm. Por esse motivo, eliminamos na Tab. 12.3 o quarto (4o)algarismo dos valores de g, de acordo com as regras sobre algarismos signi-ficativos (livro I, pág. 13). Formamos assim a 5a coluna da Tab. 12.3, em queos g` têm apenas 3 algarismos, a média dos valores de g` é g` = 989,8 , na 6a

coluna da Tab. 12.3 registramos os valores dos resíduos da média r` = g−g` ena 7a coluna os seus quadrados. O desvio-padrão, ou erro médio quadrático é

assim σ=

√∑ni=1 r2

in , em que n é igual ao número de medições, neste caso igual

a 5. O erro médio da média é

ε =σ

n − 1=

√ ∑ni=1 r2

i

n(n − 1)=

√2,85×4

=0,75

2 0,4 .

Finalmente, o valor de g pode ser escrito11:

g = 980,0 ± 0,4 .

Esse valor pode parecer muito preciso, mas lembramos que os dados experi-mentais têm precisão maior, atingindo 4 algarismos significativos. Ainda mais,na determinação de p0 graficamente, o erro correspondente se soma com omesmo sinal para todos os valores de `; se forem negativos, os valores cor-respondentes de ` vão ficar minorados de um mesmo valor; se p for positivoeles ficarão majorados do mesmo valor, isso equivale a um erro sistemático nadeterminação de `. Segue-se que o valor de g=980,0±0,4 não é confiável.

Estamos assim diante de um fato que muitas vezes encontramos na FísicaExperimental: temos dados bastante precisos, mas na determinação da gran-deza usamos um método que não tem a precisão correspondente.

11 v© Sobreestimando-se o erro.

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O que fazer então? Procurar um método mais preciso. Existe? Sim, ummétodo analítico e que se denomina “método dos mínimos quadrados”.

12.7 Método dos mínimos quadrados

O Princípio dos Mínimos Quadrados foi formulado por Legendre:

O valor mais provável de qualquer grandeza observada é tal que a somados quadrados dos desvios (resíduos) desse valor relativamente às de-terminações observadas é mínimo.

No fascículo I dissemos que o valor mais provável de uma grandeza eradado pela média aritmética dos valores observados, afirmativa que tomamoscomo um princípio ou postulado àquela época. Vamos agora demonstrar esse“postulado” a partir do Princípio dos Mínimos Quadrados. De fato, suponha-mos que o valor mais provável 12 de um grandeza seja g e os seus valores ob-servados sejam gi, com i = 1, 2, 3 . . . n, neste caso os desvios (resíduos) dessevalor serão ri =gi−g, e o princípio acima estabelece que

s =

n∑

i=1

r2i é mínimo.

Vamos provar que nesse caso g é a média aritmética dos valores de gi. Comefeito, seja g o valor que torna mínimo a soma dos quadrados dos resíduos:

n∑

i=1

r2i =

n∑

i=1

(gi − g)2, seja x um valor qualquer:

=

n∑

i=1

[(gi − x) + (x − g)

]2

=

n∑

i=1

[(gi − x)2 + (x − g)2]2

+ 2n∑

i=1

(gi − x) (x − g) =

=

n∑

i=1

(gi − x)2 + n(x − g)2 + 2 (x − g)n∑

i=1

(gi − x)

=

n∑

i=1

(gi − x)2 + n(x − g)2 + 2 (x − g)

n∑

i=1

gi − n x

. (12.12)

12 v© Isto é, o valor de referência.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 463 — #463

12.7. Método dos mínimos quadrados 463

Como x é arbitrário, façamos∑

gi−nx=0, isto é:

x =

∑ni=1 gi

n= gm , a média aritmética dos gi ;

neste caso, a terceira parcela de (12.12) é nula, tendo em vista que∑

gi =nx=

ngm, portanto a equação (12.12) se reduz à:

n∑

i=1

r2 =

n∑

i=1

(gi − gm)2 + n (gm − g)2 .

Ora, qual o valor de g que torna mínima a função anterior? Considerando ga variável independente, lembramos que o valor que torna mínima a função éaquele que anula sua derivada primeira e torna positiva sua derivada segunda,temos:

ddg

∑r2

i = −2n(gm − g) = 0 , portanto g = gm .

A derivada segunda é sempre positiva:

d2

dg2

∑r2

i = 2n > 0 .

Logo o valor de minimiza a soma dos quadrados dos desvios é igual a médiaaritmética desses valores, como queríamos provar.

12.7.1 Aplicação do método dos mínimos quadrados

Para aplicarmos o método dos mínimos quadrados (MMQ) na obtenção daequação da reta p=kT 2−p0, vamos, para maior generalidade, representar p pory, T 2 por x, e escrever a equação da reta como

y = ax + b , em que

a = k =

g4π2

b = −p0são coeficientes a determinar, a fim de que a reta seja a mais provável pararepresentar (a lei de interdependência entre) os pontos (xi,yi)= (pi,T 2

i ). É claroque essa reta de um modo geral não passará pelos pontos (xi, yi), de modo que,ao substituirmos x e y por esses valores, haverá um desvio:

ri = (axi + b) − yi ,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 464 — #464


em geral não-nulo. Aplicando o MMQ, devemos ter:

R =

n∑

i=1

r2i =

n∑

i=1

(axi + b − yi)2 = mínimo.

Ora, essa função em a e b será mínima para cada uma dessas variáveis se:

∂R∂a

= 0 e∂R∂b

= 0 ,

desse modo,∂R∂a

=

n∑

i=1

2(axi + b − yi)xi = 0

∂R∂b

=

n∑

i=1

2(axi + b − yi) = 0 .

Donde as equações:

an∑

i=1

x2i + b

n∑

i=1

xi −n∑

i=1

xiyi = 0

an∑

i=1

xi + nb −n∑

i=1

yi = 0 .

Dividindo por n, obtemos:

a

n∑

i=1

x2i

n+ b

n∑

i=1

xi

n−

n∑

i=1

xiyi

n= 0

a

n∑

i=1

xi

n+ b −

n∑

i=1

yi

n= 0 .

Os somatórios divididos por n representam as médias dos respectivos valorese que serão representados, como usual, por:

x2 =1n

n∑

i=1

x2i , x =

1n

n∑

i=1

xi , etc.

Donde: a x2 + b x − x y = 0

a x + b − y = 0 .Ou ainda:

a x2 + b x = x y

a x + b = y .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 465 — #465

12.7. Método dos mínimos quadrados 465

Que é um sistema de equações (lineares) com duas incógnitas a e b, cuja solu-ção é:

a =

∣∣∣∣∣∣x y xy 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x2 xx 1

∣∣∣∣∣∣∣

e b =

∣∣∣∣∣∣∣x2 x yx y

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x2 xx 1

∣∣∣∣∣∣∣

ou, como

∣∣∣∣∣∣∣x2 xx 1

∣∣∣∣∣∣∣ = x2 − x x2 = x2 − x2 :

a =x y − x y

x2 − x2

b =x2 y − x y x

x2 − x2.

(12.13)

Lembramos que:

xi = T 2i

yi = pi

a = k =g

4π2

b = p0 .

Podemos agora usar os valores experimentais precisos para achar o valor de g,evitando o erro sistemático já mencionado.

Na Tab. 12.4 colocamos os valores de yi =pi , xi =T 2i , xiyi =piT 2

i , x2i =T 4

ipara obter as respectivas médias, bem como x y, necessárias para o cômputode a e b em (12.13).

Temos, x2 = (3,345438)2 = 11,191955, então:

a =x y − x y

x2 − x2=

299,9236 − 267,635012,495148 − 11,19155

=32,2886

1,303193

= 24,776529

b =x2 y − x x y

x2 − x2=

12,495148×80,00 − 3,345438×299,923612,495148 − 11,19155

=999,61184 − 1003,3758

1,303193= −2,88829 −2,89

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 466 — #466


Tabela 12.4: Valores de yi, xi, xiyi, x2i e as respectivas médias.

yi xi xi yi x2i

pi (cm) Ti (s) T 2i (s2) pi T 2

i (T 2i )2

120,00 2,2272 4,96042 595,2504 24,60577

100,00 2,0376 4,151814 415,1814 17,23756

80,00 1,8290 3,34524 267,6192 11,19063

60,00 1,5934 2,53892 152,3352 6,44611

40,00 1,3156 1,73080 69,2320 2,99567

400,00 9,0028 16,72719 1499,6182 62,47574 Somas

y T x xy x2 x y80,00 1,80056 3,345438 299,9236 12,49515 267,63500

Portanto, a = 24,776529 e b = 2,89. Como vimos, g = 4π2a, donde, feitos oscálculos,

g = 978,1420 978,14 cm/s2.

Por outro lado, como b = p0 = 2,89 2,9 , dentro da precisão estimada, econsiderando que o erro sistemático fique dentro do erro experimental, pode-mos considerar ` = p + p0 como afetado apenas pelos erro acidentais e assimconstruir o quadro da Tab. 12.5.

O desvio-padrão é:

σ =

√∑ni=1(∆gi)2

n=

√1386×10−4

5= 0,17 .

O erro médio da média é:

em =σ√

n − 1= 0,08 .

Portanto, teríamos:

g = 978,16±0,08 , ou ainda: g = 978,16±0,1 .

12.8 Retas de regressão. Coeficiente de correlação

Para esclarecer melhor o que fizemos na aplicação dos mínimos quadrados naobtenção da lei de interdependência linear entre dias grandezas físicas, vamosfazer uma recapitulação.

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12.8. Retas de regressão. Coeficiente de correlação 467

Tabela 12.5: Valores corrigidos dos pêndulos.

` T 2 4π2` g ∆g (∆g)2

(cm) (s2) (cm) 4π2`/T 2 gm−g

122,89 4,96042 4851,5023 978,04 +0,12 144×10−4102,89 4,151814 4061,934 978,35 -0,19 361×10−482,89 3,34524 3272,366 978,22 -0,06 36×10−462,89 2,53892 2482,798 977,90 +0,26 676×10−442,89 1,73080 1693,229 978,29 -0,13 169×10−4

414,45 16,72719 4890,79 0,00 1386×10−4 Somas

` T 2 gm (∆g)2 Médias82,890 3,345438 978,16 277,2×10−4

Indiquemos as grandezas por x e y entre as quais se procura uma relaçãode interdependência. Na determinação experimental temos sempre um par devalores (xi, yi), em que a determinação experimental da grandeza x, xi, corres-pondente a determinação experimental yi da grandeza y. Levados a um gráfico,os pares de valores fornecem uma sucessão de pontos de coordenadas (xi, yi).Suponhamos que essa sucessão de pontos sugira uma linha reta, cuja equaçãopoderá ser posta sob a forma y = ax+b. Até onde podemos garantir que existerealmente uma interdependência linear entre as grandezas x e y? E, se existe,quais os coeficientes a e b da reta que melhor exprima essa interdependência,a partir das determinações experimentais (xi, yi)? Haverá alguma maneira deexpressar a justeza da hipótese de que a relação entre as duas grandezas seja aproposta? São essas perguntas que tentaremos responder no que se segue.

Suponhamos previamente que exista entre essas grandezas uma lei de in-terdependência linear, expressa pela equação

y = ax + b

em que x é considerada a variável independente, e y a variável dependente;exatamente como no caso do pêndulo simples em que conhecíamos a lei deinterdependência p=aT 2+b, entre o quadrado do período e o comprimento p,aqui xi =T 2

i e y=p.As determinações experimentais de x são indicadas por xi e as de y por

yi, i = 1, 2, 3 . . . n. Isto significa que ao determinamos xi de x resulta para y ovalor yi nos nossos instrumentos. É claro que podemos tomar os valores de xi

muito precisos usando instrumentos refinados e assim supor que os valores de

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 468 — #468


xi são valores exatos (dentro da precisão da medição) e que os valores y′i queresultam para y, quando substituímos x pelos valores xi na equação y=ax + b,sejam valores também precisos (absolutos) da grandeza y, supondo que a eb exprimam a interdependência entre as duas grandezas. Nesse caso, o valory′i = axi + b será diferente da determinação experimental yi correspondente axi, havendo assim um desvio di = yi − y′i , ou erro entre o valor experimentale o valor calculado, suposto correto. A soma dos quadrados dos desvios ouresíduos

R =

n∑

i=1

d2i =

n∑

i=1

(yi − y′i)2 =

n∑

i=1

[yi − (axi+b)

]2,

pelo princípio dos mínimos quadrados, deve ser um mínimo para os coeficien-tes a e b, donde:

∂R∂a

=

n∑

i=1

− xi

[yi − (axi+b)

]= 0 (12.14)

∂R∂b

=

n∑

i=1

− [

yi − (axi+b)]

= 0 , (12.15)

isto é, a (12.14) será:

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 469 — #469


n∑

i=1

xi[yi − (axi+b)

]= 0

n∑

i=1

(xi yi) −n∑

i=1

(ax2i ) −

n∑

i=1

(xib) = 0

n xy − a n x2 − b n x = 0

xy − a x2 − b x = 0 , (12.16)

tendo em vista que

1n

n∑

i=1

xiyi = xy ,1n

n∑

i=1

x2i = x2 e

1n

n∑

i=1

xi = x .

Analogamente, a equação (12.15) se torna:

n∑

i=1

yi −n∑

i=1

(axi) −n∑

i=1

b = 0

n∑

i=1

yi − an∑

i=1

xi − nb = 0

n y − a n x − n b = 0

y − a x − b = 0

portanto

y = a x + b . (12.17)

O par de valores médios (x, y) vai ser representado por um ponto Pm no gráfico.Pm será denominado de ponto médio. Vê-se que o ponto médio, pela (12.17),está sobre a reta que representa a relação de interdependência entre x e y. Esseresultado é importante, pois, dado o ponto médio Pm, a reta que melhor repre-senta a relação de interdependência entre x e y passa por ele, portanto, além dePm, basta determinar o coeficiente angular a da reta para determiná-la.

As equações (12.16) e (12.17) são duas equações lineares nos coeficientes

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 470 — #470


a e b, que podem ser assim determinados:13

a x2 + b x = x ya x + b = y

portanto:

a =

∣∣∣∣∣∣xy xy 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x2 xx 1

∣∣∣∣∣∣∣

=xy − x y

x2 − x2

b =

∣∣∣∣∣∣∣x2 xyx y

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x2 xx 1

∣∣∣∣∣∣∣

=x2 y − x xy

x2 − x2.

Conforme havíamos obtido anteriormente [ver (12.13)], sem entrar em porme-nores.

Para penetrar mais na conceituação desenvolvida, vamos explorar o fato deque o ponto médio Pm (x, y) pertence à reta: y=ax+b , para isso vamos mudaro sistema de coordenadas por uma composição de deslocamentos paralelos aoseixos coordenados, colocando a origem do novo sistema de referência no pon-to Pm. Indiquemos por X e Y as coordenadas no novo sistema. A equação dareta y=ax+b passa a ser Y =aX , pois, neste caso, a reta passa pela origem Pmdo novo sistema, e o coeficiente angular da reta a é o mesmo, pois os novoseixos são paralelos aos anteriores. Veja Fig. 12.23.

As fórmulas de transformação para o novo sistema, como se sabe, são:

X = x − xY = y − y .

(12.18)

Como b=0 , no novo sistema, podemos pôr:

b =X2 Y − X XY

X2 − X2 ,

13 u© Uma forma alternativa é o tratamento matricial:x2 x

x 1

ab

=

x yy

⇒ab

=1

x2 − x2

1 −x−x x2

x y

y

.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 471 — #471


Figura 12.23: Sistema de coordenadas paralelos, x, y e X, Y , tais que X = x− x eY =y−y.

o que acarreta X2 Y = X XY , mas Y =aX, logo X2 aX = X XY , isto é,

a =XY

X2,

como Y =aX, obtemos as expressões:

Y =XY

X2X (12.19)

e, por (12.18),

y − y =XY

X2(x − x) . (12.20)

Observe que X é o desvio de x em relação ao valor médio de x: X = x−x, e Yé o desvio de y em relação ao valor médio de y: Y = y−y. Indiquemos, comousual, a média dos quadrados desses desvios por: (note-se que X =0 e Y =0)

σ2X =

1n

2∑

i−1

(Xi − X)2 = X2 e σ2Y =

1n

2∑

i−1

(Yi − Y)2 = Y2 ,

respectivamente, e assim:

σ2X = X2 e σ2

Y = Y2 .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 472 — #472


A equação (12.19) se torna:

Y =XYσ2

X

X .

Dividindo membro a membro a equação anterior por σY , vem:

YσY

=XY

σY σ2X

X =XY

σY σX

XσX

ou como σ2Y =Y2 e σ2

X = X2, teremos:

YσY

=XY√Y2 X2

× XσX

= rXσX

,

em que

r =XY√Y2 X2

,

coeficiente que se denomina coeficiente de correlação entre as variáveis x e y.A reta:

y − y =XY

X2(x − x)

se denomina reta de regressão de x sobre y, pois obtivemos sua equação su-pondo que as determinações experimentais xi fossem muito precisas e calcu-lando-se os valores da variável independente y dos xi pela equação de interde-pendência y = ax + b.

Observe-e que no sistema de coordenadas XY , com origem no ponto médioPm, a equação (12.20) se torna (12.19), isto é,

y − y =XY

X2(x − x) se torna Y =

XY

X2X .

O coeficiente angular da reta de regressão de x sobre y sendo a= XY/X2 .Ora, como obtivemos esse resultado? Considerando os valores de x muito

precisos e determinando os correspondentes valores de y pela equação de in-terdependência y = ay+b; mas o mesmo pode ser feito com os valores de y,podendo tornar os valores de y tão precisos quando os de x, basta que os ins-trumentos que medem y tenham a precisão adequada. Deste modo, podemosdesenvolver um raciocínio análogo tomado como variável independente y, x

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como variável dependente: x=a′y+b′. A relação de interdependência é linear,os coeficientes a′ e b′ são diferentes. Observamos que no caso do pêndulosimples tanto x = T 2 como y =p poderiam ter o mesmo número de algarismossignificativos, bastando que a precisão na determinação de p chegasse ao 1/10de mm, o que seria perfeitamente possível.

Façamos assim dedução análoga, apenas trocando x por y, isto é, as deter-minações de y, yi, são muito precisas e os valores calculados x: xi = a′yi +b′

são valores precisos também da grandeza x. Esses valores de x, em geral, nãocoincidem com as determinações experimentais de x, xi, o que fornece resíduosou desvios:

di = xi − x′i = xi − (a′yi+b′) .

A soma dos quadrados desses desvios será um mínimo pelo Princípio dos Mí-nimos Quadrados:

n∑

i=1

d2i =

n∑

i=1

[xi − (a′yi+b′)

]2 , mínimo em relação a a′ e b′,

logo, fazendo R =∑n

i=1(di)2:

∂R∂a′

=

n∑

i=1

(−yi)[xi − (a′yi+b′)

]= 0

=

n∑

i=1

(yixi) −n∑

i=1

(a′y2i + b′yi) = 0

e dividindo por n, obtemos:

x y − a′ y2 − b′ x = 0 . (12.21)

Analogamente:

∂R∂b′

=

n∑

i=1

(−1)[xi − (a′yi+b′)

]= 0 .

Donde, como é fácil obter:

x − a′ y − b′ = 0,.

O que mostra que a reta x−a′y−b′=0 passa pelo ponto médio Pm.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 474 — #474


As duas equações: a′ y2 + b′y = yxa′ y + b′ = x

permitem obter a′ e b′:

a′ =yx − x y

y2 − y2e b′ =

y2 x − y yx

y2 − y2.

Façamos novamente uma mudança de coordenadas deslocando os eixosparalelamente de modo a colocar a origem do novo sistema sobre o pontomédio Pm. As novas coordenadas serão Y = y−y e X = x− x. Observe-se queas variáveis independentes são y e Y , e as dependentes x e X. No novo sistemaa equação de interdependência será X = a′Y; a inclinação da reta não mudou,apenas X =0, donde:

b′ =Y2 X − Y YX

Y2 − Y2 = 0 , logo

Y2 X − Y YX = 0 e como X = a′Y

Y2 a′ Y = Y YX , isto é :

a′ =YX

Y2, e assim

X =YX

Y2Y , x − x =

YX

Y2(y − y) .

Observe-se que a′ é a inclinação da reta x=a′y+b′ sobre o eixo dos y, istoé, a′= tan(θ′), em que θ′ é o ângulo que a reta faz com o eixo y, portanto seriaa tangente do complemento do ângulo θ da reta y=ax+b, a= tan(θ), se as duasretas coincidissem.

Retomemos a equação

x − x =YX

Y2(y − y) .

Dividamos ambos os membros por σX em que σ2X = X2, e como σ2

Y = Y2,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 475 — #475


Figura 12.24: Retas de regressão: a 1a reta de Regressão é entre as variáveis x e y; a2a reta de Regressão é entre as variáveis y e x, onde a primeira variável é a consideradaindependente.

teremos:

x − xσX

=YX

σXσYσY(y − y)

= r′(y − y)σY

em que r′ =YX√Y2 X2

,

r′ se denomina coeficiente de correlação entre as variáveis y e x.As duas retas de regressão coincidem?Observamos que, veja Fig. 12.24, os coeficientes a e a′, que dão as incli-

nações das duas retas de regressão, têm por expressão:

a =XY

X2e a′ =

YX

Y2.

Observe que XY = YX, as inclinações das duas retas vão diferir pelo denomi-nador das duas frações, os quais não são iguais. Observe-se que o ângulo θ2 éo complemento do θ1 quando as retas coincidem e nesse caso aa′ = tan(θ1)×

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tan(θ2)=1 (prove) ou ainda

aa′ =XY

X2× YX

Y2=

XY2

X2 Y2= r2 , pois r =

XY√X2 Y2

.

Segue-se que, quando as duas retas de regressão coincidem, o coeficiente decorrelação é r = 1, correlação (linear) perfeita. No caso em que as retas deregressão não coincidem, havendo um ângulo ∆θ entre elas e em que ∆θ épequeno, a reta que melhor exprime a relação entre x e y é dada pela bissetrizdo ângulo entre as duas retas de regressão.

Resumindo:

. a primeira reta de regressão tem por equação:

Y =XY

X2X , ou ainda,

y − y =XY

X2(x − x) = a(x − x) ; a =

XY

X2;

. a segunda reta de regressão tem por equação:

x − x =XY

Y2(y − y) = a′(y − y) ; a′ =

XY

Y2,

ou exprimindo y em função de x:

y − y =Y2

XY(x − x) = a1(x − x) ; a1 =

Y2

XY.

Observe-se que agora a1 é o coeficiente angular da reta referida ao eixo dosx, ou melhor, a1 é a tangente do ângulo θ′2 entre o eixo dos x e a 2a reta deregressão, enquanto que a′ é a tangente do complemento de θ′2. Se as duasretas coincidem:

a1 = a ; como a1 =Y2

XYe a =

XY

X2,

nesse caso:

XY

X2=

Y2

XYou

XY√X2Y2

2

= 1 ,

e o coeficiente de correlação é, nesse caso, r =1.

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12.9. Aplicação ao exemplo do pêndulo simples 477

Tabela 12.6: Valores para o cálculo das retas de regressão e do coeficiente de correla-ção com base nos dados da Tab. 12.4.

yi xi Y X XY X2 Y2

p (cm) T 2 (s) yi−y xi−x

120,00 4,96042 40,0 +1,61449 64,5799 2,608167 1600,0

100,00 4,15181 20,0 +0,80638 16,1275 0,650242 400,0

80,00 3,34524 0,0 -0,00020 0,0 0,000003 0,0

60,00 2,53892 -20,0 -0,80652 16,1304 0,650471 400,0

40,00 1,73080 -40,0 -1,61464 64,5855 2,607058 1600,0

y x XY X2 Y2

80,00 3,34544 32,2847 1,30319 800,0

12.9 Aplicação ao exemplo do pêndulo simples

Vamos agora aplicar esse resultado no exemplo do pêndulo simples (§12.6.1),calculando as retas de regressão e o coeficiente de correlação de x=T 2 e y=p.Para tanto, temos de ter os valores de X, Y , XY , etc., os quais se encontram noquadro da Tab. 12.6. Pelos valores da Tab. 12.6, temos:

y − y =XY

X2(x − x) =

32,284661,30319

(x − x)

= 24,77356 (x − x)

que é a primeira reta de regressão. Vejamos a segunda:

x − x =XY

y2(y − y) =

32,28466800

(y − y)

= 0,04035582 (y − y)

ou, pondo y em função de x:

y − y =Y2

XY(x − x) =

80032,28466

(x − x)

= 24,77957 (x − x) .

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Para o coeficiente de correlação:

r =XY√X2 Y2

=32,2846632,28857

logo

r = 0,99988 .

Resumindo e aproximando os cálculos, temos:

. 1a reta de regressão:

y − y = 24,774 (x − x) = tan(θ1) (x − x)

. 2a reta de regressão:

y − y = 24,780 (x − x) = tan(θ′2) (x − x)

. Coeficiente de correlação:

r = 0,9999 .

Dondetan(θ1) = 24,774 , isto é, θ1 = 87,6885 ,

etan(θ′2) = 24,780 , isto é, θ′2 = 87,6890 .

Donde, ângulo entre as duas retas de regressão: ∆θ=0,005, as retas são prati-camente coincidentes.

12.9.1 Observação importante

O estudante atento deverá ficar intrigado porque os ângulos θ1 e θ′2 calcula-dos pelo método do §12.9 têm valores próximos a 90, enquanto que a reta dográfico da Fig. 12.22 (pág. 459) faz com o eixo dos x um ângulo muito menor.De fato, o ângulo θ, veja o gráfico, tem por cateto oposto um segmento de5 unidades, e por cateto adjacente tem um segmento de 8 unidades, portantotan(θ) = 5

8 = 0,625 , o que significa que θ = 32. O que causa toda essa dife-rença? A diferença está na escala usada num caso e no outro. É fácil ver queas unidades em que são expressas T e p são o segundo e o centímetro respec-tivamente. Deste modo, se quisermos comparar os dois resultados, temos que

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os exprimir na mesma unidade. Observe o estudante que, no gráfico da Fig. -12.22, o cateto oposto ao ângulo θ, que tem 5 unidades e corresponde a 50 cm,pois cada unidade corresponde a 10 cm. No cateto adjacente, por sua vez, cadaunidade corresponde a 1/4 s2, como são 8 unidades, então esse cateto corres-ponde a 8× 1

4 s2 = 2 s2, logo tan(θ) = 502 = 25, o que corresponde a θ = 87,71,

comparável com os resultados já obtidos. Para usarmos a escala do gráfico,basta notar que no eixo dos y, 4 unidades correspondem a 40 cm e no eixo x, 4unidades correspondem a 1 s2. Logo, se quisermos passar para as unidades dográfico tanto θ1 como θ2, vasta dividir suas tangentes, isto é, seus coeficientesangulares, por 40, de fato:

tan(θ1) =24,77356

40= 0,61934 ⇒ θ1 = 31,771

tan(θ′2) =24,77957

40= 0,61949 ⇒ θ′2 = 31,778.

Vemos assim que o problema todo residia nas diferentes unidades usadas.

Problema

O estudante que tem gosto pela precisão e por esse tipo de trabalho experimen-tal poderá exercitar-se nos conceitos acima, resolvendo o seguinte problema:

Uma esfera rola por um plano inclinado que termina num tre-cho horizontal. Ao chegar ao final do plano a esfera adquire umavelocidade v com a qual é lançada no espaço, já que a parte hori-zontal do plano inclinado se acha a uma altura H acima de outroplano horizontal. Desse modo a esfera cai sobre o plano π a umadistância s do ponto O que é a projeção vertical do ponto do planoinclinado por onde sai a esfera. A distância s será denominadaalcance da esfera sobre o plano. É óbvio que s será função da al-tura h de que rola a esfera sobre o plano inclinado, s = f (h), ouh= f1(s). Veja a Fig. 12.25.

O estudo teórico do problema leva a uma interdependência li-near entre h e s2: h = ks2. O problema experimental será obterdiferentes valores de h, hi (5 valores, por exemplo), e os respec-tivos alcances si, levá-los a um gráfico, e verificar se de fato seobtém uma reta passando pelo origem dos eixos: (xi, yi) = (s2

i , hi).Em seguida, aplicar o método dos mínimos quadrados para ob-ter a expressão h = ks2, calcular o valor de k e compará-lo com a

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Figura 12.25: Esfera que rola por um plano inclinado e que segue em queda livre comvelocidade de lançamento horizontal.

da fórmula obtida teoricamente em função dos parâmetros expe-rimentais medidos experimentalmente.

No Laboratório que o estudante está utilizando, o plano inclinado é reali-zado por uma “calha” que, encurvada próxima a uma das extremidades, ficacom uma forma que se assemelha à do plano inclinado da Fig. 12.25, uma es-fera poderá rolar pela calha sem dela sair.

O estudante montará a calha na Estrutura do Laboratório Portátil conformeindica a Fig. 12.26. A extremidade A da parte mais longa da calha deverá ficarfixada entre as roscas dos dois pegadores presos a um tubo pequeno fixado àEstrutura. Para garantir que a extremidade B fique na horizontal coloque umfia a prumo roçando a extremidade B e de tal modo que o ângulo entre essaparte final da calha e o fio seja de 90. O fio de prumo serve também paraindicar num papel sob a base C da Estrutura a origem O de um sistema decoordenadas Osu, o eixo Os ba direção do eixo da calha e Ou ortogonal a Os.Uma esfera colocada na parte inclinada da calha rolará por ela projetando-seno espaço ao sair pela extremidade B, e irá atingir um ponto de coordenada si

sobre o eixo s, sua coordenada u terá pequenos valores positivos ou negativos.A distância dada pelo segmento Osi será o alcance da esfera ao rolar pelacalha a partir do ponto Pi sobre a calha e previamente escolhido. Se deixarmosa esfera rolar do ponto Pi a partir do repouso, o alcance si poderá variar pararepetidas determinações, 5 por exemplo, deve-se tomar a média desses valoressi j, j=1,2,3,4, 5 e que será indicada simplesmente por si.

Vejamos agora a altura de que rola a esfera, veja Fig. 12.27. Na figura fize-mos o esquema da calha e da base que deve ser horizontal. A altura hi de quecai a esfera para projetar-se no espaço na saída da calha é a diferença zi−z0 =hi

entre a cota zi e a cota z0 de seu centro de gravidade ao sair da calha em B. A

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Figura 12.26: Esquema para montagem do dispositivo experimental.


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cota z pode ser a altura de que se eleva o centro de gravidade da esfera relativa-mente à base da estrutura, é claro ainda que hi será simplesmente a diferençaentre a cota z′i do ponto sob a parte inferior da calha correspondente a cota zi

e a cota z′0 da parte inferior da extremidade horizontal da calha, o que é maisfácil de determinar.

Determinação da origem O do alcance s. O ponto O sobre a mesa, na qualestá a montagem da experiência, poderá ser determinado seja pelo fio a prumo,seja deixando cair a esfera sobre o papel destinado à determinação dos alcan-ces, desde que seu centro de gravidade coincida com a extremidade B da calha(ver Fig. 12.28). A marcação desses pontos far-se-á simplesmente colocando-se um papel carbono com a face sensível voltada para o papel destinado amarcação dos alcances. A esfera ao cair sobre o carbono marcará no papel oponto onde ela caiu. A altura de que cai a esfera sobre o papel quando ela saida calha será indicada por H e é constante. H poderá ser medido da extremi-dade de B até a superfície horizontal onde se encontra o papel. O alcance si

deverá ser a média de 5 ou 6 determinações sucessivas do alcance s ao deixara esfera rolar do mesmo ponto Pi de altura hi outras tantas vezes, supondo-seque a altura hi seja sempre a mesma cada vez que se coloca a esfera sobre Pi:(Veja Fig. 12.29)

si =si1 + si2 + . . . + si6

6.

Feita a descrição da experiência vejamos a relação entre o alcance s e aaltura h.

Ao rolar da altura hi sobre a calha a esfera de raio R tem na posição hi umaenergia potencial mghi, em que g é a aceleração da gravidade e m a massa daesfera; por outro lado, a energia cinética da esfera é igual a 1

2 mv2 + 12 Iω2, em

que I é o momento de inércia da esfera em relação ao eixo de rotação que passapelo seu centro de gravidade, ~v a velocidade14 de seu centro de massa e ω a

14 u© Como de hábito, estamos denotando vi = |~vi|.

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velocidade de rotação em torno do eixo citado. Deste modo, pelo Princípio daConservação da Energia, não havendo deslizamento, ao chegar à extremidadeB, teremos

mghi = 12 mv2

i + 12 Iω2

i ,

como15 vi =Rωi e como16 I = 25 mR2, vem

mghi = 12 mv2

i + 12

25 mR2 v2

i

R2 = 12 mv2

i + 15 mv2

i = 710 mv2

i .

Portantoghi = 7

10 v2i , ou v2

i = 107 ghi . (12.22)

A velocidade ~vi pela posição B da calha é horizontal, deste modo, se ti é ointervalo de tempo para a esfera atingir o papel, teremos:

H = 12 gt2 e si = viti .

Donde, feitos os cálculos,

v2i =

12

gs2i

He pela equação (12.22)

v2i = 10

7 ghi =g

2Hs2i

.

15 u© Não há deslizamento entre a esfera e a superfície da calha.16 Momento de inércia da esfera em relação a um diâmetro.

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Logo

hi =

(7

5H

)s2

i , isto é, hi = ks2i .

Temos assim uma relação linear entre s2 e h. A relação de interdependência éassim do tipo y=ax, em que y=h e x= s2, ou melhor, Y =h e X = s2, tendo-se:Y =aX, em que a= 7

5H .O estudante deverá determinar experimentalmente os valores Yi = hi e

Xi = s2i , e levá-los a um gráfico para verificar se eles sugerem uma reta que

passa pela origem. Em seguida, pela aplicação do método dos mínimos qua-drados, calcular as retas de regressão, o coeficiente de correlação e o coefici-ente angular, a, da reta Y = aX, comparando-o com o valor a = 7

5H calculado apartir do valor medido de H.

Observação: Físico Teórico e Físico Experimental

Podemos dividir o problema anterior em duas partes, uma teórica e outra ex-perimental. Na parte teórica, obtivemos a expressão do alcance s da esfera querola num plano inclinado de uma altura h e é lançada no espaço com velocidadehorizontal. A fórmula que relaciona essas grandezas é h = ax2, em que a = 7

5Hé constante, existe portanto uma interdependência linear entre h, altura de querola a esfera, e o quadrado de seu alcance s, teoricamente. Na parte experimen-tal, monta-se uma experiência para medir os alcances de uma esfera lançadahorizontalmente no espaço, caindo de uma altura H sobre um plano horizontal,os lançamentos são obtidos fazendo-se a esfera rolar de uma altura h sobre umplano inclinado. Experimentalmente, obtém-se os alcances s correspondentesa diferentes alturas h de que a esfera rola sobre o plano inclinado. Em seguida,procura-se obter por meio de gráficos, e do método dos mínimos quadrados,qual a lei de interdependência entre as variáveis x= s2 e y=h, obtendo-se umaexpressão do tipo h=as2, em que a é uma constante. Experimentalmente aindapodemos, fazendo variar H, obter a expressão a = 7/5H. Teríamos então umalei empírica relacionando as grandezas h e s2: h= (7/5H)s2.

Poderia ocorrer ainda que o Físico Teórico, que calculou através das leis domovimento a expressão teórica h = 7

5H s2, recorresse a um Físico Experimen-tal para que ele verificasse experimentalmente sua fórmula. Nesse caso eleexplicaria ao Físico Experimental o problema através de um esquema comoo da Fig. 12.25, em que as grandezas h, s e H ficam bem claras e diria aoFísico Experimental que tinha resolvido teoricamente o problema, obtendo afórmula h = 7

5H s2, e que gostaria que o Físico Experimental confirmasse ex-perimentalmente a fórmula obtida. O Físico Experimental tendo entendido o

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problema consubstanciado no gráfico da Fig. 12.22, procuraria montar uma ex-periência para testar a fórmula e desenvolveria então a montagem ilustrada naFig. 12.26. Obtidos os dados experimentais faria seu tratamento por meio degráficos e do método dos mínimos quadrados, verificando assim a fórmula ob-tida pelo Físico Teórico, mesmo que não tivesse (ou não soubesse) nenhumconhecimento da parte teórica que levou o outro à fórmula17 apresentada. Es-sas duas situações podem ocorrer na Física, a obtenção de uma fórmula em-pírica e a verificação de uma fórmula puramente teórica. O exemplo citado étrivial e o estudante deste curso pode facilmente executar tanto a parte teóricacomo a experimental; entretanto há casos em que o problema teórico é ex-tremamente complicado, só entendido por especialistas e que por isso mesmonão terão conhecimentos experimentais também especializados para realizara experiência que comprove seus resultados teóricos. O Físico Experimental,sem entender da teoria concernente, pode desenvolver a parte experimental everificar o acerto ou não da teoria. Por outro lado, um Físico Experimentalpode no estudo de certos fenômenos chegar a uma expressão empírica válida,cabendo ao Físico Teórico dar-lhe a devida explicação teórica. E a Física vaiassim progredindo.

Observação: Sobre a montagem

O estudante deve tomar cuidado porque se a esfera tiver um raio R maior doque a calha, ela pode rolar apoiando-se não no fundo da calha, mas sobre aborda e nesse caso é necessário medir a distância r desse apoio ao eixo derotação que passa pelo centro de massa da esfera, pois então v = ωr, r < R.Obtenha teoricamente a nova expressão nesse caso.

17 u© O Físico Experimental costuma tratá-la por “fórmula”, o Físico Teórico prefere otermo “equação”.

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486

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Capítulo 13

Elasticidade∗

Seja um sólido C0 e suponhâmo-lo submetido à ação de forças ~Fi que mantémo em equilíbrio, isto é,

∑i ~Fi = 0 e

∑i M

→i = 0, em que M

→i é o momento da

força ~Fi em relação a um ponto qualquer.O corpo C0 fica submetido a forças internas. Para estudarmos essas forças

internas vamos tomar uma região no interior do corpo dividindo-a em duasporções 1 e 2, por uma superfície ∆S

→. Cada região fica submetida a um con-

junto de forças sobre a superfície e de tal modo que elas também fiquem emequilíbrio. Em tal caso a região 2 exerce sobre a 1 uma força ∆ ~F através da

Figura 13.1: Forças aplicadas em um corpo C0, sendo ∆ ~F a força que atua na super-fície plana (hachurada) ∆S que contém o ponto P.

superfície ∆S e vice-versa, a 1 exerce sobre a 2 uma força −∆ ~F, diretamenteoposta e de intensidade igual. Veja Fig. 13.1. Essa força pode ter uma dire-

∗ u© Este Capítulo corresponde às páginas 54–64 de uma apostila datilografada sob o títuloAcústica, sem data, possivelmente 1980.

487

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488 Capítulo 13. Elasticidade

ção qualquer, não sendo em geral normal à superfície ∆S . Vamos supor que aforça esteja aplicada no ponto P da superfície ∆S . Podemos decompô-la emduas componentes, uma ∆ ~Fn normal ao plano de ∆S e outra ∆ ~Ft paralela a ∆S .Denomina-se esforço específico sobre ∆S à razão1 ∆F/∆S , e, para cada umadas componentes, teremos os esforços específicos ∆Fn/∆S e ∆Ft/∆S que sedenominarão, respectivamente, de esforço específico médio normal e esforçoespecífico médio tangencial, de corte ou de cisalhamento, respectivamente,sobre ∆S . Observe-se que se mudarmos a orientação da superfície ∆S , emtorno de P, o esforço específico pode variar, isto é, assumir valores diferentes.

13.1 Esforço Específico num ponto

Para se definir esforço específico num ponto P da superfície ∆S basta obter

s = lim∆S→0

∆F∆S

=dFdS

∣∣∣∣∣P,

analogamente para os esforços específicos tangencial e normal. É claro que oesforço específico num ponto dependerá da orientação da superfície ∆S .

13.2 Deformação específica

Sob a ação do mencionado conjunto de forças as dimensões do volume V con-tido em 1 e 2 vão variar, assim se o volume anterior à aplicação das forçasé V , com a aplicação das forças ele sofrerá uma variação ∆V . A razão ∆V/Vse denomina deformação específica média no volume V . Podemos relacionara deformação específica com o esforço específico que a produziu, entretantoesse estudo é bastante complicado e será deixado para mais tarde, aqui vamosexaminar apenas os casos mais simples.

13.3 Tração e compressão

Seja uma barra de secção reta de área S e comprimento L, presa por umaextremidade. Suponhamos que se aplique uma força ~F na outra extremidade,observa-se em conseqüência um acréscimo ∆L em seu comprimento, no casoda Fig. 13.2 o esforço é de tração e se a força tivesse sentido contrário o esforço

1 u© Estaremos denotando F = | ~F|.

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13.3. Tração e compressão 489

específico seria de compressão, haveria um decréscimo no comprimento dabarra, isto é, ∆L = −|∆L|.

Figura 13.2: Força ~F aplicada em uma barra de comprimento L e secção reta de áreaS , um acréscimo ∆ ~F à força ~F, provocando o acréscimo ∆L no seu comprimento;sendo ∆ ~F e ~F normais à secção reta.

A força ∆ ~F é normal à secção reta ∆S da barra e o esforço específico nor-mal médio sn = ∆F/∆S , a deformação específica é ∆L/L. Se fizermos o estudoda variação do esforço específico em função da deformação específica, vere-mos que ele pode ser representado pelo gráfico da Fig. 13.3. Até um certo ponto

Figura 13.3: Gráfico do esforço específico em função da deformação em uma haste;o ponto C caracteriza o limite de elasticidade.

C do gráfico o esforço específico s é função linear da deformação específicaε=∆L/L. A região é abrangida pela chamada Lei de Hooke:2 A deformação éproporcional ao esforço específico e cessa quando ele cessa, a não ser que se

2 Robert Hooke (1635–1703), matemático e astrônomo inglês; a lei de Hooke foidescoberta em 1660.

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tenha atingido certo valor chamado “limite de elasticidade”.Assim, o esforço é proporcional à deformação, donde:

s = Y ε , ou∆F∆S

= Y∆LL, portanto Y =

∆F/∆S∆L/L

.

A constante de proporcionalidade Y se denomina módulo de elasticidade detração ou de compressão, ou ainda módulo de Young3.

13.4 Corte ou cisalhamento

Esforço específico de corte, cisalhamento ou tangencial No esforço es-pecífico de corte de uma força atua paralelamente à superfície, o corpo decomprimento L se desvia de um ângulo ϕ, o qual é a deformação específicaproduzida, e assim o módulo de elasticidade de corte ou módulo de rigidezserá

G =∆F/Sϕ

,

como ϕ é muito pequeno, podemos pôr:

Figura 13.4: Ilustração para o cisalhamento que provoca o desvio de um ângulo ϕmuito pequeno.

ϕ =∆LL0

,

e assim teremos:G =

∆F/S∆L/L0

.

3 Thomas Young, (1773–1829), físico e médico inglês; ele também foi Egiptólogo, tendodecifrado a Pedra Rosetta.

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13.5. Esforço sobre um volume 491

13.5 Esforço sobre um volume

Módulo volumétrico de elasticidade Se um corpo de volume V é mergu-lhado em um líquido de tal modo que se possa aumentar (ou diminuir) a pres-são à qual ele se acha submetido, isto é, passa de P para P+∆P, seu volumesofre um acréscimo −∆V se ∆P é positivo (decrescendo o volume), ou sofreum acréscimo (positivo) ∆V se ∆P é negativo. O esforço específico devidoa variação de pressão ∆P = ∆F/S , correspondendo à deformação específica∆V/V , é

B =∆P−∆V/V

= −V∆P∆V

,

ou ainda, tomando o limite quando V tende a zero:

B = −VdPdV

.

O sinal negativo torna B sempre positivo, pois o a razão entre o acréscimo dapressão pelo acréscimo do volume é sempre negativa.

Se o corpo é um líquido, costuma-se usar o inverso do módulo de elastici-dade K = 1/K, o qual se denomina coeficiente de compressibilidade:

K = − 1V

dVdP

.

De um modo geral B se denomina módulo volumétrico de elasticidade.

Observação Em Resistência dos Materiais em vez de esforço específico seusa a palavra tensão, em vez de forças internas se usa o termo esforço, em vezde deformação específica se usa simplesmente deformação.

13.6 Torção

Para estudar a torção vamos considerar um cilindro de um material qualquer,de altura h e raio R. Veja Fig. 13.5. Suponhâmo-lo preso rigidamente pela baseinferior e que por um processo qualquer fazemos sua base superior girar de umângulo θ, por exemplo, há um dispositivo que prende a parte superior e com oqual podemos aplicar um conjugado à base superior, fazendo girar do ânguloθ, torcendo-o, a base inferior fixa. A linha AB riscada no cilindro gira e passaà posição AC, girando em torno de A de um ângulo ϕ, diz-se que houve umatorção do cilindro. O ângulo ϕ é a deformação específica por torção.

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Para analisarmos tanto a deformação específica como o esforço específico,vamos considerar no cilindro uma camada cilíndrica de raios r e r + dr, vejaFig. 13.6. Quando se torce a base superior do cilindro, essa camada sofre um

Figura 13.5: Cilindro de altura h e raioR, preso rigidamente pela base inferior;indica-se o binário que gira a base supe-rior do ângulo θ.

Figura 13.6: O cilindro de Fig. 13.5 e acamada de espessura dr.

deslocamento na parte superior igual a B′C′, esse deslocamento poderá serfacilmente analisado se considerarmos a camada cortada ao longo de A′B′,tubo esse que podemos abrir e transformar numa camada plana como na Fig. -13.7. Vê-se que p comprimento da pase superior da camada é 2r, sua espessurasendo dre sua área dS = 2r dr. Ao torcermos o cilindro, a linha A′B′ descreveem torno do ponto A′ um ângulo ϕ′. A camada planificada se desloca na partesuperior de B′C′. É fácil ver assim que a deformação foi produzida por umaforça paralela à face superior e distribuída sobre ela, trata-se portanto de umesforço específico de corte ou cisalhamento, em que a deformação específicaé o ângulo ϕ′. O deslocamento B′C′ = Lϕ′, tendo em vista que ϕ′ é muitopequeno. Por outro lado, se a base superior girou de um ângulo θ, então B′C′=r θ, veja Fig. 13.7. Suponhamos que a força que atua sobre o elemento dS dasuperfície da base superior da camada tubular cilíndrica seja d f , o esforço

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13.6. Torção 493

Figura 13.7: À esquerda, a camada cilíndrica inferior da Fig. 13.6; à direita sua secçãoreta.

específico sobre essa área será d f /dS , a deformação correspondente sendo ϕ′.Então como já vimos

G =1ϕ′

d fdS

,

donde se tira qued f = G ϕ dS .

A força d f é ortogonal ao raio r e seu momento em relação ao eixo do cilindroé:

r d f = G r ϕ′ dS ,

esse momento é um valor que jaz ao longo do eixo do cilindro. Podemos suporque a força d f está distribuída em áreas dS 1 . . . dS n com as forças d f1 . . . d fne tais que a soma de seus momentos em relação ao eixo do cilindro seja igualao momento de d f :

n∑

i=1

ri d fi = r d f ;

teríamos ainda para cada elemento de área dS i:

G =1ϕ′

d fidS i

ou d fi = G ϕ′ dS i .

A soma dos momentos sendo:∑

ri G ϕ′ dS i = r d f ,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 494 — #494


mas ri = r, constante, e assim dM = r d f = r G ϕ′∑

dS i, mas dS =∑

dS i,segue-se que

dM = r d f = r G ϕ′ dS = G ϕ′ 2π r2 dr .

Como B′C′= Lϕ′=r θ, logo ϕ′= r θL , segue-se que

dM =1L

2πG θ r3 dr .

É claro que o cilindro submetido à tensão poderá ser dividido em camadascilíndricas coaxiais com o cilindro e de espessura dr, às quais pode ser aplicadoo mesmo raciocínio e os momentos das forças que atuam sobre as áreas dasbases de cada uma têm o mesmo sentido e direção do eixo do cilindro, portantoo momento total que faz a base do cilindro girar de θ é dada pela integral

M =

∫dM =

2πGθL

∫ R

0r3 dr =

2πGθL

14

R4

M =

(2πGr4

L

)θ = K θ ,

vemos que ele é função linear de θ, pois

K =2πGr4

Lé constante.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 495 — #495

Capítulo 14

Aplicações práticas – oscilações

14.1 Oscilação de um sistema por torção

Um fio de aço de comprimento L é preso pelas extremidades a duas pinças ecolocada na vertical, a pinça superior presa à estrutura do Estojo, veja Fig. 14.1.A pinça inferior fixa pelo centro de gravidade de uma hate grande do Estojo.

Figura 14.1: Oscilação harmônica de constante elástica de torção K = (πGR4)/(2L)e freqüência angular ω=

√K/I, sendo G o módulo de rigidez do fio, R o raio de sua

secção reta e L seu comprimento.

Afastada da posição de equilíbrio pela aplicação de um conjugado de momentoM, a haste gira de um ângulo θ, ficando então em equilíbrio. O conjugado

495

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 496 — #496

496 Capítulo 14. Aplicações práticas – oscilações

aplicado M é assim equilibrado pela reação do fio com um conjugado M′ =

−K θ. De fato, ao fazer girar a haste, o fio que a prende sofre uma torção e,como se viu, quando a torção é de um ângulo θ, o fio reage elasticamente comum conjugado proporcional ao ângulo de torção θ:

M′ = −K θ,

o sinal negativo na equação advém de que o conjugado atua em sentido contrá-rio ao do ângulo θ para restaurar a condição de equilíbrio anterior, com θ= 0;é um conjugado restaurador da posição de equilíbrio. Suponhamos então quese elimine o conjugado aplicado M, nesse caso, passa a atuar sobre a hasteapenas o conjugado M′=−K θ, o qual faz a haste girar em sentido contrário aθ, donde o sinal negativo, imprimindo-lhe uma aceleração (angular) α. A 2a leide Newton para o movimento de rotação é M = I α, em que I é o momento deinércia da haste em relação ao eixo de rotação, nesse caso o fio.

Como M =−K θ, segue-se que I α=−K θ, ou I α+K θ=0, do que se segueque

Id2θ

dt2 + K θ = 0 , pois α =d2θ

dt2 ,

temos assim a equação diferencial

d2θ

dt2 +

(KI

)θ = 0 ,

que é a equação diferencial do MHS para o deslocamento angular, já que K/Ié constante. A freqüência angular de oscilação será, como já vimos:

ω2 =KI, ou N =

12π

√KI.

A haste oscilará com movimento harmônico simples (MHS) de freqüência

N =1

2π

√KI, em que K =

πGR4

2L,

sendo G o módulo de rigidez do fio, R o raio da sua secção reta, e L o seucomprimento.

Exercício 14.1. Fizemos: L =4,4 cm, R = 0,015 cm, o fio sendo de aço inoxi-dável, do mesmo material das molas do estojo. A hate usada era o tubo longo,de comprimento Lh = 31,0 cm e massa mh = 55,1 g. Temos

ω2 =KI, K =

πGR4

2L⇒ πGR4

2L= 4π2N2I , donde: G =

8π2N2LIR4 .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 497 — #497

14.1. Oscilação de um sistema por torção 497

Determinou-se o intervalo de tempo ∆T para 100 períodos: ∆T = 387,0 s,donde N = 0,2584 Hz; I = 1

12 mh L2h = 4412,6 g cm2 = 4412,6×10−7 kg m2;

Lh = 4,4 cm; R = 0,015 cm = 15×10−6 m. Feitos os cálculos:

G = 0,644 × 1012 ≈ 6,4×1010 N/m2.

Realize a montagem do dispositivo ilustrado na Fig.14.2 e as medições perti-nentes.

Figura 14.2: Dispositivo para medições

Exercício 14.2. Faça a determinação do módulo de rigidez do fio, G, estati-camente.

Aproveitando-se a montagem anterior retirou-sea pinça inferior a haste de31 cm substituída por um tubo pequeno, ao qual eram aparafusados 2 para-fusos nas extremidades. Um fio de fio em aço mantinha a pinça inferior naposição vertical, quando um outro fio puxava uma extremidade do tubo na di-reção ortogonal ao eixo do tubo e fazendo-o girar de um ângulo θ = π

2 rad,pela aplicação de um momento, para tanto, esse momento era provido por umaforça ~F exercida pelo fio e medida pelo dinamômetro.

Dados– comprimento do fio de aço entre duas pinças: 4,3 cm;– raio da seção reta do fio: 15×10−3 cm;– força aplicada no fio: | ~F|=12,9 gf;– distância da reta suporte da força ao fio de aço: r =1,5 cm;– ângulo de torção: θ= π

2 rad.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 498 — #498


Temos: M =πR4Gθ

2L, logo

G =2MLπr4θ

∴ G =2 (1,5 × 12,9 × 980) × 4,3

π2 12(10 × 10−3)4

= 6,5 × 1011 dyn/cm2 = 6,5 × 1010 N/m2.

O que confere com o resultado anterior.

Exercício 14.3. Use outros materiais, fios finos para prender nas pinças deaço, cobre e latão. determine os respectivos módulos de rigidez e comparecom as tabelas (cf. Tab. 14.1).

14.2 Deflexão de uma haste

Vimos no Cap. 1, pág. 53, que a deflexão da extremidade livre de uma haste,presa pela outra extremidade, era dada pela fórmula:

d =

(x3

3EI

)p ,

em que x é a distância do ponto em que se coloca o peso p, próximo à extremi-dade livre, até o ponto de fixação da haste; E é o módulo de Young do materialque constitui a haste e I é o momento de inércia da secção reta em relação aoeixo que jaz sobre área que passa pelo baricentro da área e é ortogonal ao eixoda haste. Temos

p = f = Kx , em que K =3EIx3 .

Mantendo x constante, K é constante, e assim a força que produz a deflexãoé proporcional à deflexão. Segue-se que se a ponta da haste é desviada daposição de equilíbrio e abandonada às forças “restauradoras” do equilíbrio elavai executar um MHS. Uma partícula de massa m, colocada na extremidadeda haste, ficará sujeita a uma força f proporcional ao deslocamento y e desinal contrário, executará portanto um MHS: f = −Ky , a freqüência angular

ω =

√Km

, portanto ω2 =3EImx3 , logo E =

ω2mx3

3I=

4π2N2mx3

3I.

Exercício 14.4. Retiramos da montagem anterior as pinças com o fio, e fixou-se uma delas no tubo vertical da Estrutura, veja Fig.14.3. A outra pinça ficoulivre para oscilar. Afastando ligeiramente da posição de equilíbrio ela entrou

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14.2. Deflexão de uma haste 499

Tabela 14.1: Constantes elásticas de alguns sólidosMaterial Mód. de Young Mód. de rigidez Mód. volumétrico

(a×1010 N/m2) (b×1010 N/m2) (c×1010 N/m2)a b c

Aço 20 8 16Aço inox 16,4 6,4 –Bronze 10,5 3,7 9Bronze fosforoso 12 4,4 –Chumbo 1,5 0,54 0,8Cobre 10 - 13 4,2 14Duralumínio 6,9 2,8 –Estanho 4 - 5,4 1,7 –Ferro 9 – 9,6Níquel 20 - 21 7 - 7,5 –Prata 7,7 2 –Ouro 8 2,8 16,5Tungstênio 35 15 –Vidro crown 6 2,5 5Silica 7 3,5 –Zinco 8 3,6 3,5

Figura 14.3: Fio de aço inox susten-tando uma pinça.

Figura 14.4: Fio de aço inox presosustentando carga zero.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 500 — #500


em oscilação. Dados: comprimento do fio x = 4,3 cm, massa da pinça 16 g;raio da secção reta do fio R=15×10−3 cm.

Contaram-se 50 oscilações em 25 s, donde N = 2 Hz. Determine o módulode Young E.

Resposta: R=14

(πR2)R2 =πR4

4.

E =ω2mx3

3I=

4 × π2(2)2 × 16 × (4,3)3

3 × π4 × (15 × 10−3)4 = 1,68 × 1010 N/m2.

Exercício 14.5. Determine E estaticamente aplicando a fórmula:

d = (x3

3EI)p .

Retirou-se a pinça oscilante da montagem anterior (Fig. 14.3), o fio ficouna horizontal, veja Fig. 14.4. Colocou-se uma régua para medir a posição daponta livre do fio sem peso na extremidade, em seguida colocou-se uma pesode 1 gf na extremidade livre à distância de 4,6 cm da fixação. A deflexão foi de0,5 cm. Temos

E =x3

3dIp =

(4,6)3 × 9803 × 0,5 × π

4 (15 × 10−3)4

= 16 × 1010 N/m2

Resultados comparáveis: discrepância de 5 %.

14.3 Composição geométrica de movimentosharmônicos

Já tivemos oportunidade de estudar a representação geométrica do movimentoharmônico simples §8.2.6.1, pág. 331.

14.4 Representação geométrica

Suponhamos que um ponto M percorra um círculo com movimento circularuniforme e que se observe esse movimento de uma certa distância, por exem-plo do ponto P1, veja Fig. 14.5, situado sobre o plano do movimento. Pareceráque o ponto M percorre o segmento AB num movimento de vai-e-vem, confun-dindo-se com sua projeção M′, de P1 sobre o segmento AB, ortogonal à reta

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14.4. Representação geométrica 501

Figura 14.5: Ponto M em movimento circular observado do ponto P1.

que liga P1 ao centro O do círculo. Partindo da posição M′, dirigindo-se parao ponto A, diminuindo gradativamente sua velocidade à medida que se apro-xima de A, chegando a esse ponto, aí pára um instante, voltando em seguidacom velocidade crescente até a altura do centro O do círculo onde parece comsua velocidade máxima, em seguida sua velocidade volta a decrescer, anulan-do-se instantaneamente em B e mudando de sinal, voltando ao ponto M sobresua trajetória. Esse é o movimento aparente do ponto M, sendo o movimentoreal de sua projeção M′ a partir de P1 sobre AB. Se o ponto P1 está infinita-mente afastado do círculo, o segmento de reta AB se confunde com o diâmetrodo círculo e as retas projetantes MM′ se tornam perpendiculares a esse diâ-metro. Nesse caso se diz que a projeção é ortogonal. Posto isto, consideremosa projeção ortogonal M′ do ponto M sobre o diâmetro AB e suponhamos queo ponto M se mova sobre o círculo com movimento circular uniforme, suaprojeção sobre o diâmetro AB, M′ terá movimento análogo ao descrito ante-riormente, veja Fig. 14.6. Tomemos então o ponto O para origem da trajetóriade M′ e seja α o ângulo TOM, em que RT é o diâmetro perpendicular ao diâ-metro AB. Sendo r o raio do círculo e |y| a distância OM′, ter-se-á y = r senα.O ângulo α é o ângulo que OM varre no seu movimento durante o intervalode tempo t, e indicando por ω a velocidade angular de M, então α =ωt, logoy= r sen(ωt). Vê-se que r é o valor máximo de y que podemos representar porA, colocando a equação de definição do movimento harmônico simples soba forma y = A sen(ωt). Desse modo, o movimento harmônico simples de umponto M′ pode ser considerado como a projeção do movimento de um ponto

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 502 — #502


Figura 14.6: Projeção ortogonal M′ do ponto M em movimento circular.

M que se move sobre um círculo de raio r = A com velocidade angular cons-tante, a projeção efetuando-se sobre um diâmetro. É claro que em vez do senopoderíamos empregar o cosseno, seja considerando o ponto Q em seu movi-mento, ou o ângulo β = π

2 −α, nesse caso o movimento de M′ seria dado pory= A cos(π2 − α), ou y= A cos(ωt − π

2 ), sabido que cos(−β)=cos β.O círculo descrito anteriormente se denomina círculo de referência. O

ponto M, ou partícula M, denomina-se partícula girante, e M o ponto ou par-tícula vibrante.

14.5 Gráfico do movimento harmônico simples

Como já estudamos, páginas 332–336, o gráfico do MHS, vamos estudar aquio gráfico do MHS com uma fase inicial.

Tomamos dois eixos ortogonais cartesianos Oxy, sobre o eixo Ox, à es-querda do eixo y, traçamos o círculo de referência, o seu centro ficando sobreo eixo dos x, veja Fig. 14.7. Assim, dado o MHS

y = A sen(ωt − ϕ) = 10 sen(2πt12− π

3

)

podemos, para dar uma certa precisão ao gráfico, dividir a circunferência em12 partes iguais, a começar do ponto sobre o eixo dos x, tendo em vista quecada arco dobre a circunferência corresponderá a 1/12 do período T , no exem-plo citado, tendo em vista que ω= 2π

12 = 2πN = 2πT , por outro lado a fase inicial

ϕ= π3 rad=60. Vemos que A=10 (escala arbitrária), deste modo:

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 503 — #503

14.6. Representação complexa do harmônico simples 503

Figura 14.7: Circulo de referência à esquerda, função y= A sen(ωt−ϕ) à direita.

. quando t=0, y=10 sen(−π3 )=−10√

32 =−8,7;

. quando t= T12 temos y=10 sen( 2π

T × T12 − π

3 )=10 sen(−π6 )=−102 ;

. quando t= T6 , y=10 sen( 2π

T × T6 − π

3 )=0,

a curva se acha deslocada da origem de um segmento igual a T6 , esse intervalo

de tempo é o tempo θ correspondente a fase inicial ϕ e se denomina atraso.

14.6 Representação complexa do harmônico simples

Seja o movimento harmônico simples y = A sen(ωt + ϕ) e consideremos umcírculo de raio A, veja Fig. 14.8.

Figura 14.8: Circulo de referência correspondente a função y= A sen(ωt+ϕ).

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 504 — #504


Podemos considerar o raio do como um vetor de módulo invariável |~A| cujaextremidade M gira com velocidade angular ω constante em torno do ponto O.A esse vetor denominamos vetor girante. O deslocamento y do movimentoharmônico simples será um vetor ~a de direção invariável e cujo módulo e sen-tido é dado por y = |~a| sen(ωt + ϕ), sendo assim a projeção ortogonal do vetorgirante ~A sobre o diâmetro do círculo de referência que contém o segmentoOM′ da Fig. 14.8; ~a recebe o nome de vetor vibrante ou pulsante. Deste modoo vetor vibrante ~a é em cada instante o projeção do vetor girante ~A. Essa repre-sentação é muito útil no estudo da composição de movimentos harmônicos.

Em engenharia de circuito o vetor ~A, o vetor posição do ponto M, é de-nominado fasor, o vetor girante ~A se denomina fasor rotatório. O termo fasoré usado para designar o vetor no plano, distinguindo-se do vetor no espaço.Podemos ainda representar o fasor por um número complexo: z= x+iy, em quex = A cos(ωt+ϕ) e y = A sen(ωt+ϕ), e trabalhar com a álgebra do corpo doscomplexos para substituir1 a álgebra vetorial.

14.7 Composição de movimentos harmônicos simplesde mesma direção

14.7.1 Composição de movimentos harmônicos simples demesma freqüência, diferença de fase constante, e demesma direção.

Diferença de fase – assim se denomina a diferença entre os argumentos oufases: ωt +ϕ1 e ωt +ϕ2 dos movimentos harmônicos y1 = A sen(ωt +ϕ1) ey2 = B sen(ωt+ϕ1):

ϕ = (ωt + ϕ2) − (ωt + ϕ1) = ϕ2 − ϕ1 .

Se, por exemplo, ϕ2 > ϕ1 e se a partícula vibrante do movimento 1 se achana origem, então a do movimento 2 se acha deslocada de y = B sen(ϕ). Diz-seque a partícula 2 se acha com um avanço ∆t = ϕ/ω, ou que a partícula 1 seacha com um atraso ∆t = ϕ/ω em relação à 2a. Observe-se que a equação domovimento harmônico simples pode ser descrita como y= A sen(ωt−ϕ), o queinverte a as posições das partículas. Se a diferença de fase for ϕ=π, diz-se que

1 u© E substituir a álgebra vetorial com vantagem para esse intento, pois num corpo (qual-quer, em particular o dos complexos) está bem definido o inverso multiplicativo, o que carece designificado na Álgebra Linear, uma vez que não é possível uma boa definição de multiplicaçãoentre vetores.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 505 — #505

14.7. Composição de movimentos harmônicos simples de mesma direção 505

elas estão em oposição de fase; se ϕ = 2π ou ϕ = 0, diz-se que elas estão emconcordância de fase, ou simplesmente, em fase.

Sejam dois movimentos harmônicos simples

y1 = A sen(ωt − ϕ1) e y2 = B sen(ωt − ϕ2)

e suponhamos que um ponto P, ou uma partícula em P, execute simultane-amente esses dois movimentos. Então para um instante t o vetor vibrante do1o movimento é y1 = A sen(ωt−ϕ1) e o do 2o movimento é y2 = B sen(ωt−ϕ2).Compor os dois movimentos é considerar a partícula ou ponto em vibraçãocomo animada simultaneamente dos dois movimentos, portanto, em cada ins-tante t ela terá efetuado um deslocamento y = y1 + y2. É claro que a somay1 +y2 = y corresponde a soma ~A+ ~B = ~C que é a projeção sobre o eixo y. Paradar um exemplo concreto, podemos supor que o ponto P se desloca sobre umarégua de 10 cm, por exemplo, com equação y1 = A sen(ωt−ϕ1), com origemno ponto médio da régua, por sua vez a régua se desloca na sua direção comum movimento harmônico simples de equação y2 = B sen(ωt−ϕ2) de ampli-tude B = 15 cm, a origem do movimento estando no ponto O2, ponto médiodo segmento de comprimento 2B = 30 cm. Desse modo, o ponto P se deslocasobre a régua com MHS e a régua, por sua vez, se desloca sobre o segmento2B com MHS, e o ponto P se desloca relativamente ao segmento 2B com mo-vimento composto pelos dois movimentos; o movimento de P em relação aoponto médio de 2B, O1, sendo dado por y=y1+y2.

Como os dois movimentos possuem a mesma freqüência ω, a diferençade fase permanece constante, os dois vetores girantes ~A e ~B formam entre sium ângulo constante ϕ, portanto o vetor girante ~C = ~A+ ~B também gira coma mesma velocidade angular ω, veja Fig. 14.9. A diferença de fase ψ entre oprimeiro movimento e o movimento composto permanece constante. No grá-fico do movimento (Fig. 14.10), para facilitar a representação, fizemos a faseinicial ϕ1 do primeiro movimento igual a zero:

y1 = A sen(ωt) e y2 = B sen(ωt − ϕ2) = B sen(ωt − ϕ) .

O atraso do 2o movimento em relação ao primeiro corresponde à diferençade fase ϕ, e é representado no gráfico da Fig. 14.10 pela linha pontilhada 2, e oatraso do movimento resultante é representado pela linha pontilhada 1.

Determinação da amplitude C e da fase inicial do movimento composto.Essa determinação é muito fácil, tendo em vista que corresponde a determina-ção do vetor ~C = ~A+ ~B em função dos vetores ~A e ~B que fazem entre si um

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 506 — #506


Figura 14.9: Composição dos movimentos y1 = A sen(ωt) e y2 = B sen(ωt−ϕ).

Figura 14.10: A linha contínua corresponde à superposição dos movimentos 1 e 2com diferença de fase ϕ.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 507 — #507


ângulo ϕ. Temos:

C2 = A2 + B2 + 2AB cosϕ e tanψ =B senϕ

A + B cosϕ,

como já se sabe.

14.7.2 Composição de vários movimentos harmônicos simples demesma direção, mesma freqüência, e diferença de faseconstante

Sem perda de generalidade, podemos supor que a fase inicial do 1o movimentoseja zero, ϕ0 = 0, e as fases iniciais dos outros sejam ϕ1, ϕ2, . . . , ϕi, . . . , ϕn, asquais serão assim as diferenças de fase entre esses movimentos e o primeiro.Traçadas os respectivos círculos de referência com os respectivos vetores gi-rantes, tudo se resume a determinar a resultante da soma dos respectivos veto-res girantes, o que pode ser feito analiticamente ou pela regra do polígono.

Os vários movimentos podem ser indicados por:y0 = A0 sen(ωt) y1 = A1 sen(ωt−ϕ1) y2 = A2 sen(ωt−ϕ2) . . .yi = Ai sen(ωt−ϕi) . . . yn = An sen(ωt−ϕn).

Deste modo a soma vetorial (algébrica, por quê?): y=y0+y1+ . . .+yn pode ser

Figura 14.11: Superposição de três osciladores harmônicos simples.

representada por: (veja Fig. 14.11)

y = y0 +

n∑

i=1

Ai sen(ωt − ϕi) e tanψ =yx,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 508 — #508


em que ψ é a diferença de fase entre o primeiro movimento e o movimentoresultante, e

x = A0 + A1 cos(ωt − ϕ1) + . . . + An cos(ωt − ϕn)

= a0 +

n∑

i=1

Ai cos(ωt − ϕi) .

14.7.3 Caso particular importante – superposição de osciladoresharmônicos de mesma amplitude, mesma freqüência ediferenças de fase constantes

Um caso particular muito importante é aquele que os vetores girantes ~A0, ~A1,. . . , ~An são todos de mesmo módulo, i.e., movimentos harmônicos de mesmaamplitude, e em que cada um representa um em relação ao anterior uma di-ferença de fase ϕ constante, a freqüência de todos os movimentos sendo amesma. É claro que as diferenças de fase em relação ao primeiro movimentosão respectivamente ϕ, 2ϕ, 3ϕ, . . . , nϕ. Seja portanto o vetor girante ~A0; ~A1 fazcom ~A0 o ângulo ϕ, ~A2 faz com ~A1 o mesmo ângulo ϕ, . . . , ~An−1 faz com ~An

o ângulo ϕ. Como todos os vetores têm o mesmo módulo, então elas formarãouma poligonal regular que pode ser inscrita em um círculo de raio R, veja Fig. -14.12. Sejam R1 e R2 os raios do círculo citado e cujas extremidades coincidem

Figura 14.12: Superposição de osciladores harmônicos de mesma amplitude, mesmafreqüência e diferenças de fase constante.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 509 — #509


com a origem e com as extremidades de A0. O ângulo θ entre R1 e R2 é igual aϕ De fato, veja Fig. 14.13, os dois raios e A0 formam um triângulo isósceles domesmo modo que o triângulo formado com os raios R2, A1 e R3. Os ângulos δ

Figura 14.13: Geometria da composição de dois MHS de mesma freqüência, mesmaamplitude e mesma diferença de fase.

da base dos triângulos isósceles, o ângulo θ, e o ângulo ϕ guardam as relações:θ+2δ=180 e ϕ+2δ=180, logo ϕ=θ.

Na circunferência da Fig. 14.13, para cada vetor ~Ai os raios que completamcom ~Ai o triângulo Ri+1AiRi+2 formam entre si o ângulo ϕ, como há n vetores~Ai, i=1, 2, . . . , n, a soma desses ângulos dará nϕ.

O vetor ~A que fecha a poligonal ~A0+ ~A1 + . . . + ~An = ~A é o vetor resultante,o diâmetro ortogonal à ~A divide o ângulo nϕ ao meio, bem como o seu re-plemento, deste modo, veja Fig. 14.14, teremos a/2 = R sen(nϕ/2), mas, pelaFig. 14.13, se vê que R sen(ϕ/2)=a0/2, segue-se que:

A =A0 sen(nϕ/2)

sen(ϕ/2).

Se ϕ é muito pequeno, sen(ϕ/2)=ϕ/2, e nesse caso se tem:

A =nA0 sen(nϕ/2)

nϕ/2. (14.1)

Fórmula muito importante na teoria de difração do som e da luz.Vemos mostrar como se pode usar a álgebra dos complexos para resolver

o problema anterior. Suponhamos n movimentos harmônicos simples (MHS),com a mesma amplitude A0 = A1 = A2 = . . .= An, e com diferenças de fase emrelação a A0 de ϕ, 2ϕ, 3ϕ, . . . , nϕ. Veja Fig. 14.14.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 510 — #510


Figura 14.14: Superposição de osciladores harmônicos de mesma amplitude, mesmafreqüência e diferenças de fase constante.

Tomemos um sistema de eixos coordenados ortogonais Oxy em que Oxtenha a direção e sentido de A0. É fácil ver que o movimento composto terácomo expressão:

x = A0 + A1 cos(ϕ) + A2 cos(2ϕ) + . . . + An cos(nϕ) .y = A1 sen(ϕ) + A2 sen(2ϕ) + . . . + An sen(nϕ) .

Vamos multiplicar y por i =√−1, e somar membro a membro:

x + iy = A0 + A1 (cos(ϕ) + i sen(ϕ)) + . . . + An (cos(nϕ) + i sen(nϕ))

Ou, usando a fórmula de Euler: 2

x + iy = A0 + A1 eiϕ + A2 ei2ϕ + . . . + An einϕ .

Como A0 = A1 = . . .= An temos

x + iy = A0(1 + eiϕ + ei2ϕ + . . . + einϕ

),

que é a soma S n de n termos de uma progressão geométrica:

x + ix = 1 + q + q2 + . . . + qn em que q = eiϕ .

Sabemos que3

S n = 1 + q + q2 + . . . + qn =qn − 1q − 1

.

2 u© Lembre-se que, pela fórmula de Euler, eiα = cosα + i senα .3 Deduza essa expressão.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 511 — #511

14.8. Composição geométrica de MHS de freqüências quase iguais 511

Portanto

x + iy = A0eniϕ − 1eiϕ − 1

,

ou aplicando Euler novamente:

A = x + iy =cos(nϕ) + i sen(nϕ) − 1cos(ϕ) + i sen(ϕ) − 1

× A0 .

Achando-se o módulo do complexo (|A|= AA= |~A|) teremos o módulo do vetorresultante ~A, donde:

|~A|2 = x2 + y2 =(cos(nϕ) − 1)2 + sen2(nϕ)

(cosϕ − 1) + sen2 ϕ× A2

0

=cos2(nϕ) − 2 cos(nϕ) + 1 + sen2(nϕ)

cos2(ϕ) − 2 cos(ϕ) + 1 + sen2(ϕ)× A2

0

=−2 cos(nϕ) + 2−2 cos(ϕ) + 2

× A20 =

cos(nϕ) − 1cos(ϕ) − 1

× A20 .

Mas, 1−cos(ϕ) = 2 sen2(ϕ/2), analogamente 1−cos(nϕ) = 2 sen2(nϕ/2), logo:

A2 =2 sen2(nϕ/2)2 sen2(ϕ/2)

× A20, se ϕ0, então

A =n sen(nϕ/2)

nϕ/2× A0

que é a fórmula encontrada anteriormente, equação (14.1), por meio da geo-metria. Essa expressão é usada na difração de Fraunhofer4 da luz.

14.8 Composição geométrica de movimentosharmônicos simples de freqüências quase iguais

Sejam os movimentos harmônicos simples (MHS) de mesma direção e defreqüências quase iguais:

a = A sen(ωt) e b = B sen(ω1t − ϕ) ,

sendo ω=2πN e ω1 =2πN1, em que N1 = N−ε, sendo ε uma quantidade muitopequena. Substituindo-se ω1 por 2π(N − ε), temos:

b = B sen (2π(N − ε)t − ϕ)

= B sen (2πNt − (2πεt + ϕ))

4Fraunhofer, Joseph von (1787 – 1826), físico alemão.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 512 — #512


fazendo 2πεt + ϕ = ψ(t), vem:

b = B sen (2πNt − ψ(t)) .

Tudo se passa como se os dois movimentos tivessem a mesma freqüência Ne o segundo apresentasse em relação ao primeiro uma diferença de fase ψ(t),que, em vez de permanecer constante, variasse lentamente com o tempo. Essavariação é tanto mais lenta quanto menor for o valor de ε; é uma variaçãocontínua.

O vetor girante ~C tem módulo dado pela expressão:

C2 = A2 + B2 + 2AB cos(ψ(t)) .

Vemos assim que ~C é uma função do tempo, tendo máximos e mínimos queresultam quando:

. ψ(t) = 0, 2π, 4π, . . . , 2nπ, máximos; e

. ψ(t) = π, 3π, . . . , (2n + 1)π, mínimos.

No §12.1 caracterizamos movimento periódico e definimos período. O pe-ríodo do movimento no presente caso é o intervalo de tempo decorrido entredois máximos ou dois mínimos, pois então o movimento vai repetir-se identi-camente. Para um intervalo de tempo entre dois máximos ou dois mínimos oângulo descrito será 2π, isto é:

ψ(t2) − ψ(t1) = 2π, ou:

(2πεt2 + ϕ) − (2πεt1 + ϕ) = 2π ⇒ 2πε(t2 − t1) = 2π ⇒ t2 − t1 = 1/ε ,

mas t2 − t1 = T , assim o período é TC = 1/ε, e a freqüência: NC = 1/T = ε =

N − N1

14.8.1 Representação gráfica

Observa-se que quando as amplitudes são quase coincidentes e de mesmo sen-tido, o movimento resultante será máximo; ao contrário, quando são de sentidocontrário, o movimento resultante é mínimo. Nas vibrações sonoras, dois sonsde freqüências quase iguais, ao se somarem (algebricamente) vão produzir umsom composto em que se ouve um reforço de som seguido de um abranda-mento, esses alteamentos e baixamentos do som se denominam batimentos.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 513 — #513

14.9. Composição de MHS de freqüências diversas 513

Figura 14.15: Superposição de dois MHS de freqüências próximas.

Observação Quando se afina um violão e se põem cordas em uníssono, istoé, produzindo dois sons de mesma freqüência, se afrouxarmos ligeiramente atensão de uma delas, os sons ficarão com freqüências quase iguais e nesse casose ouvirá nitidamente o batimento quando as cordas são dedilhadas simultane-amente.

Duas vibrações mecânicas, como veremos mais adiante no estudo da res-sonância, poderão apresentar o fenômeno de batimento.

14.9 Composição de movimentos harmônicos simplesde freqüências nitidamente diversas

Sejam dois movimentos vibratórios

y1 = A sen(2πT1

t) e y2 = B sen(2πT2

t − ϕ) .

Analisaremos separadamente as situações em que a razão T1T2

é um númeroracional ou não.

14.9.1 Freqüências comensuráveis

Se a razão T1T2

é um número racional, as freqüências dos dois movimentos po-dem ser consideradas como múltiplas de uma freqüência fundamental:

T1

T2=

N1

N2=

pNqN

⇒ N2 = pN e N1 = qN .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 514 — #514


A freqüência fundamental (N) sendo o máximo divisor comum das freqüênciasN1 e N2,

Figura 14.16: Superposição de dois MHS de freqüências comensuráveis.

O movimento resultante será nesse caso um movimento periódico não se-noidal de freqüência igual a essa freqüência fundamental.

Se os movimentos têm a mesma direção, a Fig. 14.16 ilustra a situação emque N1 =2N e N2 =3N.

14.9.2 Freqüências incomensuráveis

Se as freqüências são incomensuráveis, isto é, se N2N1

= T1T2

é um número irracio-nal, as freqüências N1 e N2 não apresentam um divisor comum e o movimentoresultante não é periódico.

Se os dois movimentos têm a mesma direção, o deslocamento resultantepode anular-se sucessivamente, mas em intervalos de tempo crescente ou de-crescente, não havendo mais período.

14.10 Movimentos harmônicos de direções ortogonais

14.10.1 Composição de MHS de mesma freqüência, diferença defase e direções ortogonais

Consideremos os dois movimentos harmônicos sobre os círculos de referênciaC1 e C2 e paralelos aos eixos coordenados ortogonais x e y. Podemos consi-derar os dois movimentos como localizados sobre os dois eixos ortogonais, o

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 515 — #515

14.10. Movimentos harmônicos de direções ortogonais 515

Figura 14.17: Superposição de dois movimentos harmônicos ortogonais.

movimento composto será o do ponto P de coordenadas (x, y), veja Fig. 14.17,animado simultaneamente com os dois movimentos:

x = A sen(ωt) ; (14.2a)

y = B sen(ωt − ϕ) . (14.2b)

Essas equações são as equações paramétricas da curva descrita pelo pontoP, eliminando-se o parâmetro t obtemos a equação cartesiana do ponto P.Observe-se que a curva descrita por P está encerrada no retângulo de lados2A e 2B.

Para eliminar-se o parâmetro entre as duas equações procede-se do se-guinte modo: elevam-se ambos os membros das equações (14.2) ao quadradoe somam-se os resultados membro a membro:

x2/A2 = sen2(ωt)

y2/B2 =(

sen(ωt) cos(ϕ) − sen(ωt) cos(ϕ))2

= sen2(ωt) cos2(ϕ) + sen2(ϕ) cos2(ωt)

− 2 sen(ϕ) cos(ϕ) sen(ωt) cos(ωt) ,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 516 — #516


logo

x2

A2 +y2

B2 = sen2(ωt) + sen2(ωt) cos2(ϕ) + sen2(ϕ) cos2(ωt)− 2 sen(ϕ) cos(ϕ) sen(ωt) cos(ωt)

Como cos2(ωt)=1−sen2(ωt), substituindo vem:

x2

A2 +y2

B2 = sen2(ωt) + sen2(ωt) cos2 ϕ + sen2 ϕ(1 − sen2(ωt)

)

− 2 senϕ cosϕ sen(ωt) cos(ωt)

= sen2(ωt) + sen2(ωt) cos2 ϕ + sen2 ϕ − sen2 ϕ sen2(ωt)


= sen2(ωt)(1 − sen2 ϕ

)+ sen2(ωt) cos2 ϕ + sen2 ϕ


= 2 sen2(ωt) cos2 ϕ + sen2 ϕ − 2 senϕ cosϕ sen(ωt) cos(ωt) (14.3)

Consideremos x = A sen(ωt) e y = B [sen(ωt) cosϕ−senϕ cos(ωt)], e multipli-quemos membro a membro:

x y = AB [sen2(ωt) cosϕ − senϕ sen(ωt) cos(ωt)] ,

multipliquemos poe 2 cosϕ e dividamos por AB:

2xy cosϕAB

= 2 sen2(ωt) cos2 ϕ − 2 senϕ cosϕ sen(ωt) cos(ωt) ,

vemos que o segundo membro dessa igualdade é igual ao primeiro termo dosegundo membro de (14.3), portanto (14.3) se torna:

x2

A2 +y2

B2 −2xy cosϕ

AB= sen2 ϕ . (14.4)

Essa é a equação da curva suporte da trajetória (14.2) do ponto P. Representauma elipse inscrita no retângulo cujos lados têm comprimentos 2A e 2B, odobro das amplitudes.

14.10.2 Estudo dos diversos casos

Caso geral, ϕ qualquerQuando ϕ é qualquer, isto é, não é um valor notável (π2 rad, π rad, 2π rad, etc.),P descreve uma elipse genérica, os máximos e mínimos correspondendo aoseixos da elipse, veja Fig. 14.18.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 517 — #517


Caso em que ϕ= π2 rad ou ϕ= 3π2 rad

Neste caso temos sen2 ϕ=1 e cosϕ=0, e (14.4) se torna:

x2

A2 +y2

B2 = 1 , (14.5)

sendo a equação de uma elipse cujos são A e B respectivamente. Veja Fig. -14.19.

Figura 14.18: Caso geral. Figura 14.19: ϕ= π2 ou 3π

2 . Figura 14.20: ϕ=0.

Figura 14.21: ϕ=π. Figura 14.22: A= B, ϕ= π2 .

Caso em que ϕ=0Teremos então senϕ=0 e cosϕ=1, e (14.4) se torna:

x2

A2 +y2

B2 −2xyAB

= 0 ou( x

A− y

B

)2= 0 .

Donde:xA

=yB, isto é, y =

BA

x .

Ou seja, a elipse se degenera numa reta cujo coeficiente angular é B/A. VejaFig. 14.20.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 518 — #518


Caso em que ϕ=πTeremos então senϕ=0 e cosϕ=−1, e (14.4) se torna:

x2

A2 +y2

B2 +2xyAB

= 0 ou( x

A+

yB

)2= 0 .

Donde:xA

= − yB, isto é, y = −B

Ax .

Ou seja, a elipse se degenera numa reta cujo coeficiente angular é −B/A. VejaFig. 14.21.

Caso em que A= B e ϕ= π2

Teremos que (14.4) se torna:

x2

A2 +y2

A2 −2xy cosϕ

A2 = sen2 ϕ .

Quando ϕ= π2 , temos senϕ=1 e cosϕ=0, então

x2 + y2 = A2 ,

que é a equação de um círculo de raio A: o retângulo se transforma num qua-drado e a elipse num círculo. Veja Fig. 14.21.

14.10.3 Os MHS têm freqüências quase iguais

Sejam os MHS ortogonais

x = A sen(ωt) em que ω = 2πN ,

y = B sen(ω1t − ϕ) em que ω1 = 2πN1 ,

pondo N−N1 =ε e substituindo na equação do segundo movimento:

y = B sen[2π(N − ε)t − ϕ] = B sen[2πNt − ψ(t) ,]

em que ψ(t)=2πεt. Deste modo, a equação (14.4) se torna:

x2

A2 +y2

B2 −2 xy cos(ψ(t))

AB= sen2(ψ(t)) . (14.6)

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 519 — #519


Tudo se passa como se os dois movimentos tivessem a mesma freqüênciae o primeiro apresentasse em relação ao primeiro uma diferença de fase ψ(t)variável com o tempo, a variação sendo mais lenta quanto menor o valor deε = N −N1. A diferença de fase variando lentamente, a extremidade do ve-tor resultante ~r = x ı+y vai descrever uma elipse que se deforma lentamente,assumindo a curva descrita todos os tipos já estudados na composição de mo-vimentos ortogonais, figuras 14.18, 14.19, 14.20, 14.21 e 14.22. Os mesmostipos de curvas se repetem com freqüência ε= N−N1. Nos quadros da Fig. 14.23

Figura 14.23: Quadros da evolução da superposição de dois MHS de freqüênciasquase iguais.

procuramos mostrar as principais características da evolução do movimento.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 520 — #520


O período do movimento corresponde ao intervalo de tempo para que omovimento volte a se repetir identicamente; na Fig. 14.23 isto corresponde àsérie de movimentos desde o 1o quadro ao 8o quadro, o 9o quadro já é repetiçãodo 1o, o 10o, repetição do 2o, etc., o movimento se repetindo identicamente.Observe a mudança de sentido de percurso da figura e que se efetua nos seg-mentos de reta. Na determinação prática do período é mais preciso tomar ointervalo de tempo ∆t = T entre dois segmentos de reta que são mais bemdefinidos.

14.11 Experimento

Já vimos (pág. 454) que a freqüência do pêndulo simples é dada (para pequenasoscilações) por:

N =1

2π

√gl,

em que l é o comprimento do pêndulo. Para ilustrar tanto o movimento com-posto de dois movimentos ortogonais de mesma freqüência, como o movi-mento composto de movimentos ortogonais de freqüências quase iguais, pode-mos usar um pêndulo simples, capaz de executar simultaneamente os dois mo-vimentos. O movimento resultante de dois movimentos de freqüências quaseiguais pode ilustrar os dois casos; de fato, por exemplo, a elipse no 1o qua-dro da Fig. 14.23 é repetida muitas vezes, sua deformação para a do 3o quadroé muito lenta, deste modo ela pode ilustrar o caso do movimento resultantede dois movimentos de mesma freqüência. Para que o pêndulo execute doismovimentos ortogonais, podemos fazer uma montagem como a da Fig.14.24.Observe que o fio AB fica suspenso do meio B de um outro fio DC preso àsextremidades de uma haste horizontal. Esse fio DC executa um movimento or-togonal ao seu plano com a haste, e o fio AB que prende a massa pendular podeexecutar um movimento no plano do fio DC, oscilando em torno do ponto B.O comprimento do pêndulo que executa o movimento ortogonal a DC é l2, istoé, vai desde a reta horizontal que liga os pontos DC até ao centro de gravidadeda massa pendular, e o comprimento l1 do pêndulo que executa o outro movi-mento ortogonal é o comprimento AB = l1. Se a diferença l2− l1 for pequena,estaremos dentro das condições do problema, e a massa pendular em A execu-tará o movimento resultante de dois MHS ortogonais e de freqüências quaseiguais

Para a freqüência do movimento resultante em termos dos parâmetros do

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 521 — #521

14.11. Experimento 521

Figura 14.24: Diagrama para a composição de dois MHS ortogonais.

sistema, temos :

N2 =1

2π

√gl2

e N1 =1

2π

√gl1,

logo

N1

N2=

√g/l1√g/l2

=

√l2√l1

eN1 − N2

N2=

√l2 −

√l1√

l1,

donde:

ε = N1 − N2 =

√l2 −

√l1√

l1N2 e T =

1ε

=

√l1( √

l2 −√

l1)

N2.

Portanto:

T = 2π√g

√l1 × l2√

l2 −√

l1.

Fizemos uma montagem experimental em que l1 = 49,0 cm e l2 = 52,5 cm,resultando em no valor calculado:

T = 23,14√

980

√49,0 × 52,5√

52,5 − √49,9= 41,1 s .

Na determinação experimental obtivemos: Média de 5 valores: 40 s.

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14.12 Freqüências nitidamente diversas

Suponhamos dois movimentos ortogonais de freqüências múltiplas de umafreqüência fundamental: N1 = pN e N2 = qN. O movimento resultante seráum movimento não senoidal (não harmônico simples) de freqüência igual afreqüência fundamental N. A extremidade do vetor resultante descreve cur-vas fechadas de formas caprichosas. Essas curvas são chamadas figuras deLissajous5. São curvas fechadas que se repetem identicamente nos mesmosintervalos de tempo T , de modo que o movimento é periódico.

Para ilustrar como obter o movimento resultante graficamente, vamos su-por dois movimentos ortogonais:

x = 8 sen(2π2T

t − π3

) e y = 6 sen(2π2T

t) .

Tem-se N1 = 1T e N2 = 1

2T . Deste modo, temos N1 = 2N2 e N2 = N, igual àfreqüência fundamental. Pode-se obter analiticamente o gráfico do movimentodando-se a t valores convenientes, por exemplo, múltiplos de T/12, calculam-se os valores de x(t) e y(t) para cada valor de t. Os pontos do gráfico são assimobtidos pelas suas coordenadas. Podemos também empregar o método gráficocom os círculos de deslocamento x e y que correspondem a arcos descritos emtempos iguais. A diferença de fase ϕ=60= 2π

3 rad. O círculo C2 está divididoem 24 arcos e C1 em 12; enquanto o vetor girante de C1 dá duas voltas em C1,o vetor girante de C2 dá somente uma, portanto os arcos descritos no mesmointervalo de tempo serão os de extremidades de mesma numeração, compon-do-se os deslocamentos correspondentes, obtém-se a curva C da Fig. 14.25.

Agora suponhamos que os dois movimentos tenham freqüências múltiplasde freqüências N′ e N′′ mas que essas freqüências não sejam iguais mas quaseiguais, isto é, difiram de um valor ε muito pequeno. Por exemplo, N1 = 2N′ eN2 =3N′′, e que N′′−N′=ε muito pequeno.

Para ilustrar esse caso, vamos supor N1 = N′ e N2 =2N′′, e que N′′−N′=εmuito pequeno. É claro que o movimento resultante não vai apresentar umaúnica figura de Lissajous como a da Fig. 14.25, mas vai evoluir para todos ostipos de figura de Lissajous em que os dois movimentos componentes tenhamfreqüências múltiplas da fundamental:

N1 = 1N′ e N2 = 1N′′ , (14.7)

mas cuja diferença de fase varie com o tempo, lentamente. No caso figurado na5Jules Antoine Lissajous (1822 – 1880), matemático e físico francês.

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14.12. Freqüências nitidamente diversas 523

Figura 14.25: Composição de MHS ortogonais de freqüências comensuráveis.

Figura 14.26: Figuras de Lissajous.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 524 — #524


Figura 14.27: Figuras de Lissajous.

equação (14.7), a evolução do movimento composto se efetua entre os casosilustrados nos quadros da Fig. 14.27.

A freqüência do movimento é N′′ −N′ = ε correspondendo ao períodoT =1/ε.

Verificação experimental Façamos uma montagem como a da Fig. 14.28Teremos então:

N1 =1

2π

√gl1

N2 =1

2π

√gl2

N′′ =N2

2ε = N′′ − N1

T =1ε.

Observe que:N1

N2=

√l2√l1,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 525 — #525

14.12. Freqüências nitidamente diversas 525

Figura 14.28: Dispositivo para composição de MHS ortogonais.

para que N1 = 2N2 é necessário que√

l2 = 2√

l1, donde l2 = 4 l1. Deste modo,se por exemplo l1 =15 cm e l2 =64 cm. Nesse caso se obtém apenas uma figurade Lissajous cuja forma vai depender das amplitudes dos dois movimentos eda diferença de fase entre elas, se porém l2 é maior ou menor de 64 cm, entãoos dois movimentos não terão mais a mesma freqüência fundamental, ou asfreqüências fundamentais vão diferir de um valor ε muito pequeno, e a curvavai evoluir entre vários tipos de movimento composto por dois movimentosem que a freqüência de um é duas vezes a freqüência do outro. Veja Fig.14.27.

Realização prática A montagem está ilustrada na Fig. 14.28.Fizemos l1 =66,25 cm e l2 =15,15 cm. Para obter a fórmula do período do

movimento composto T =1/ε. Temos:

N1 =1

2π

√gl1

N2 =1

2π

√gl2

N′ =N2

2=

14π

√gl2

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 526 — #526


ε =∣∣∣N′ − N1

∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1

4π

√gl2− 1

2π

√gl1

∣∣∣∣∣∣

=

√g

2π

∣∣∣∣∣∣1

2√

l2− 1√

l1

∣∣∣∣∣∣ =

√g

2π

∣∣∣∣∣∣√

l1 − 2√

l22√

l1l2

∣∣∣∣∣∣

T =1ε

=2π√

g

[2√

l1l2√l1 − 2

√l2

].

Deste modo, sendo: l1 =66,25 cm e l2 =15,15 cm, tem-se:

T =2π√

g

[2√

15,15 × 66,25√66,25 − 2

√15,15

]= 0,2007 × 63,3620

0,3548= 35,84

T =36 Hz. Determinação experimental: 31 Hz; discrepância relativa de 16 %.

Observação A precisão tem que ir até o 4o algarismo significativo na deter-minação de l1 e l2, o que é muito difícil nas condições da experiência, donde agrande discrepância entre os resultados teórico e experimental.

14.13 Freqüências incomensuráveis e não múltiplasde freqüências quase iguais

Se a razão N1N2

= T2T1

é incomensurável, isto é, N1 e N2 não apresentam divisorcomum nem são múltiplos de freqüências quase iguais, como no caso anterior,o movimento resultante não será periódico; as curvas descritas serão curvasabertas que nunca se reproduzem identicamente, mas vão sempre evoluindoentre os vários tipos.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 527 — #527

Capítulo 15

Movimento periódico complexo

Um movimento periódico complexo pode ser a composição (soma) de um certonúmero de movimentos harmônicos simples denominados parciais:

y1 = A1 sen(2πN1t + ϕ1)

y2 = A2 sen(2πN2t + ϕ2)...

...

yn = An sen(2πNnt + ϕn) .

Se os movimentos parciais acima estão colocados em ordem crescentede suas freqüências, isto é, se N1 < N2 < . . . < Nn, o movimento parcialy1 = A1 sen(2πN1t + ϕ1) se denomina fundamental.

15.1 Harmônicos

Em acústica há um caso particular muito importante de movimento periódicocomplexo, é aquele em que os movimentos parciais y1, y2, . . . , yn têm freqüên-cias que são múltiplas de uma mesma freqüência N. Nesse caso os movimentosparciais se denominam harmônicos:

y1 = A1 sen(2πNt + ϕ1)

y2 = A2 sen(2π2Nt + ϕ2)...

...

yn = An sen(2πnNt + ϕn) .

527

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 528 — #528

528 Capítulo 15. Movimento periódico complexo

O movimento de freqüência N se denomina harmônico fundamental ouharmônico 1 ou ainda primeiro harmônico,os outros: segundo harmônico, ter-ceiro harmônico, . . . , n-ésimo harmônico.

15.2 Série de Fourier

De um modo geral, um movimento periódico complexo de freqüência N podeser posto sob a forma de uma soma de movimentos harmônicos (periódicos)simples, é o que garante o teorema de Fourier1:

Teorema 15.2.1. Dado um movimento periódico complexo de freqüência N ésempre possível considerá-lo resultante de um número conveniente de movi-mentos harmônicos simples cujas freqüências são múltiplas da freqüência N ecujas amplitudes e diferenças de fase sejam escolhidas convenientemente.

y = a0 + a1 sen(2πNt − ϕ1) + a2 sen(2π2Nt − ϕ2) + . . . + an sen(2πnNt − ϕn)

em que N é a freqüência fundamental. Essa expressão pode ser escrita com-pactamente:

y = a0 +

n∑

j=1

a j sen(2π jNt − ϕ j) .

Como sen(2π jNt − ϕ j) = sen(2π jNt) cos(ϕ j)−sen(ϕ j) cos(2π jNt), fazendo-sea j cosϕ j = A j , −a j senϕ j = B j , a0 = A0/2, temos:

y =A0

2+

n∑

j=1

A j sen( jωt) +

n∑

j=1

B j cos( jωt) ,

em que se fez 2πN =ω.

15.3 Energia no movimento harmônico simples

Seja uma partícula de massa m que descreve um MHS, estudaremos a energianesse movimento. Se a partícula descreve um MHS ela está sujeita a uma forçaF proporcional ao deslocamento, mas de sentido contrário: F =−ky (conside-rando o movimento no eixo Oy, sendo ~F = F ). Ora, pela 2a lei de Newton:

1Jean Baptiste Joseph Fourier (1768 – 1830), matemático francês.

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15.3. Energia no movimento harmônico simples 529

F = ma, logo ma = −ky, como a =d2ydt2 , temos então a equação diferencial do

MHS:d2ydt2 +

km

y = 0 ,

como já vimos. Podemos, porém, escrever essa equação em função da veloci-dade v=dy/dt, pondo:

mdvdt

= −ky , (15.1)

masdvdt

=dvdy× dy

dt, e como v =

dydt

, teremosdvdt

= vdvdy

e substituindo em (15.1)vem

mvdvdy

= −ky , portanto: mv dv = −ky dy .

As variáveis v e y estão agora separadas, e integrando ambos os membros daequação:

∫mv dv = −

∫ky dt + C , ou

12

mv2 = −12

ky2 + C , isto é

12

mv2 +12

ky2 = C .

O primeiro termo do primeiro membro da equação é a energia cinética Ec e osegundo termo é a energia potencial Ep , donde

Ec + Ep = C ,

isto é, a soma da energia cinética e da energia potencial é constante.

15.3.1 Cálculo da energia mecânica

Temos C = Ecmax = 12 mvmax, mas v= Aω cos(ωt), logo vmax = Aω, donde:

Ecmax = 12 m A2ω2 ,

mas ω=2πN, e assim a energia mecânica será

E = Ecmax = 12 m A2ω2 = 2π2N2mA2 .

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530 Capítulo 15. Movimento periódico complexo

Vejamos agora o cálculo da energia mecânica pelo valor máximo da ener-gia potencial Epmax = 1

2 ky2max, como y = A sen(ωt), então ymax = A; segue-se

que Epmax = 12 kA2. Mas ω2 =k/m, logo k=mω2, portanto

E = Epmax = 12 m A2ω2 = 2π2N2mA2 .

Fica evidente que:

E = Ecmax = Epmax = 12 m A2ω2 = 2π2N2mA2 .

Convém fazer o gráfico da energia potencial Ep em função da posição y:Ep = 1

2 k y2. Veja Fig. 15.1. Nas abscissas se colocou a variável y e nas orde-

Figura 15.1: Energia no movimento harmônico simples.

nadas a energia potencial Ep. O gráfico da função Ep = 12 k y2 é uma parábola

com vértice na origem. A energia potencial máxima é E = 12 k A2 e a energia

cinética no ponto y é dada pela diferença Ec = E−Ep , logo Ec = E− 12 kA2, o

que corresponde ao segmento CB na Fig. 15.1.

Observação Vemos que a energia total da partícula é proporcional ao qua-drado da freqüência e ao quadrado da amplitude. Observe-se que se váriaspartículas vibram com a mesma freqüência, a energia do conjunto é então pro-porcional ao quadrado da amplitude: E = (2π2N2m)A2 = κA2. Veja-se que aspartículas vibram com a mesma freqüência, enquanto que a amplitude do mo-vimento dessas partículas pode variar simultaneamente no tempo, a energiatotal do movimento sendo proporcional ao quadrado da amplitude; esse re-sultado é importante no estudo do Som, em que o meio pode vibrar com ummovimento periódico de mesma freqüência em todos os seus pontos e a ener-gia do movimento, do Som, sendo proporcional ao quadrado da amplitude. No

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15.3. Energia no movimento harmônico simples 531

caso do batimento, o som composto de dois de freqüências quase iguais, temamplitude que aumento e diminui, o mesmo acontecendo com o som.

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532

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Capítulo 16

Movimento harmônicoamortecido,movimento harmônico forçado,ressonância

16.1 Movimento harmônico amortecido

Podemos verificar facilmente, colocando um corpo de grande superfície a osci-lar preso a uma mola, que o movimento se atenua mais ou menos rapidamente,deixando de oscilar, passado algum tempo. Quanto maior a superfície do corpomais rapidamente o corpo chega ao repouso. Diz-se que o corpo executou ummovimento oscilatório amortecido. Todo movimento harmônico é amortecido,o amortecimento podendo ser muito pequeno e para um determinado intervalode tempo ele pode ser desprezado. É fácil também concluir que esse amorte-cimento é produzido pelo atrito do meio em que o corpo se desloca, no casofigurado, o atrito é o do ar sobre o corpo. Vejamos como é possível estudaresse movimento. Para pequenas velocidades a resistência do ar é proporcionalao módulo da velocidade e de sentido contrário a essa velocidade, dependendotambém, é claro, da forma do corpo. Façamos, pois, a seguinte hipótese:

Hipótese 16.1. Além da força elástica, a força de atrito que atua sobre o corpono movimento harmônico simples é causada pelo amortecimento produzidopelo atrito com o ar e proporcional à velocidade ~v e de sentido contrário a ~v:~Fa = −r~v, em que r é o coeficiente de proporcionalidade e se denomina fator

533

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 534 — #534

534 Capítulo 16. Movimento harmônico amortecido, forçado e ressonância

de amortecimento.

Figura 16.1: Corpo em movimento harmônico amortecido.

Neste caso, veja Fig. 16.1, numa dada posição do corpo, isto é, para umdado deslocamento ~y desse corpo no instante t, as forças que atuam sobre ocorpo serão:

1. a força restauradora da mola1 ~Fm = −k~y ;2. a força de amortecimento ~Fa = −k~v .

Como todos os vetores têm a mesma direção, podemos representá-los por meiode suas projeções num eixo nessa direção, e a resultante das forças que atuamno corpo no instante t será: R= Fm+Fa =−rv − ky, essa resultante produzirá aaceleração d2y/dt2 sobre o corpo e, pela 2a lei de Newton, temos:

md2ydt2 = −rv − ky , ou (16.1a)

d2ydt2 +

rm

dydt

+km

y = 0 , (16.1b)

tendo-se dividido (16.1a) pela massa da partícula.Obtivemos uma equação diferencial (linear) de segunda ordem com coefi-

cientes constantes:

d2ydt2 + b

dydt

+ c y = 0 , (16.2)

em que b=r/m e c=k/m são constantes.

1 u© Isto é, a força elástica.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 535 — #535

16.1. Movimento harmônico amortecido 535

A integração dessa equação diferencial é fácil de obter. De fato, suponha-mos que a função y1 = eλt, em que u é uma constante e t o tempo, seja umasolução de (16.2); neste caso, como:

y1 = eλt ⇒ dy1

dt= λeλt ⇒ d2y1

dt2 = λ2eλt

substituindo em (16.2) temos:

λ2eλt + bλeλt + ceλt = 0

e dividindo por eλt, que é sempre diferente de zero, obtemos:

λ2 + bλ + c = 0 . (16.3)

Essa equação é uma equação do 2o grau, cujas raízes transformam a equa-ção diferencial (16.2) numa identidade e, portanto, nos dará sua solução. Aequação (16.3) se denomina equação característica da equação diferencial(16.2). Temos as raízes:

λ1 = −12 b + 1

2

√b2 − 4c e λ2 = −1

2 b − 12

√b2 − 4c

ou, em termos de r e k, como b=r/m e c=k/m:

λ1 = − r2m

+

√( r2m

)2− k

m

λ2 = − r2m−

√( r2m

)2− k

m

(16.4)

Em que podemos considerar λ1 = −γ1 e λ2 = −γ2 quando as raízes foremnegativas e for oportuno destacar o valor absoluto.

Desse modo a solução da equação diferencial (16.2) será:

y = Aeλ1t + Beλ2t ,

em que A e B são duas constantes arbitrárias, pois a solução geral de uma equa-ção diferencial de segunda ordem pode ser obtida de duas soluções particularesindependentes, somando-se o produto dessas soluções por duas constantes ar-bitrárias respectivamente. Portanto, teremos a solução geral:

y(t) = e−(

rm t

)A e−[√(

rm

)2− km

]t

+ B e+[√(

rm

)2− km

]t. (16.5)

Vejamos agora os casos que podem ocorrer, levando em conta o valor dodiscriminante da equação do 2o grau em (16.3), representado pelos argumentosdas exponenciais dentro de chaves na função y(t) em (16.5).

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 536 — #536


16.1.1 1o caso:(

r2m

)2> k

m

Movimento harmônico superamortecido

Nesse caso, as raízes são

λ1 =−γ1 =− r2m

+

√( r2m

)2− k

me λ2 =−γ2 =− r

2m−

√( r2m

)2− k

m,

e a solução geral:

y = A e−γ1t + B e−γ2t (16.6)

terá exponenciais com expoentes negativos. 2 Assim a solução geral (16.6)tende a zero sempre exponencialmente, e o movimento não é mais oscilatório;se a partícula é desviada da posição de equilíbrio com um deslocamento totalA0, ela retorna à posição de equilíbrio mais ou menos lentamente, dependendodo valor de r, veja Fig. 16.2. O movimento se diz superamortecido.

Figura 16.2: Movimento harmônico superamortecido.De t =0 até t = t0 atua uma força que desloca o corpo até A0, sendo anulada posterior-mente, quando atuam a força elástica e a força de amortecimento.

16.1.2 2o caso:(

r2m

)2= k

m

Movimento harmônico criticamente amortecido

Nesse caso as duas raízes coincidem: λ1 = λ2, isto é, só há uma raiz para aequação característica; segue-se que por esse método só obtemos uma soluçãoparticular, devemos, para encontrar a solução geral, obter outra solução par-ticular independente e multiplicando cada uma por uma constante arbitrária

2 Observe-se que neste caso λ1 e λ2 são negativos, portanto γ1 e γ2 são positivos, umavez que, nesse caso, (r/2m)2 é sempre maior que k/m.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 537 — #537


e somá-las. Entretanto, supondo-se que a função y = eλt seja uma solução daequação diferencial (16.2), então a função y2 = teλt também é uma soluçãoparticular dessa equação diferencial. De fato:

dy2

dt= eλt + λeλt ⇒ d2y2

dt2 = λeλt + λeλt + λ2eλt

= 2λeλt + λ2eλt .

Donde, substituindo na equação diferencial (16.2):

2λeλt + λ2eλt + beλt + bλeλt + cλeλt = 0

ou[λ2 + bλ + c

]teλt +

[2λ + b

]eλt = 0 . (16.7)

Como, por hipótese, λ é solução da equação característica (16.3), então o pri-meiro colchete de (16.7) é igual a zero; e como as raízes coincidem, por (16.4),λ=− r

2m , e como fizemos b=r/m, então λ=−b/2, daí o segundo colchete tam-bém é igual. Logo, sendo (16.7) satisfeita identicamente, fica demonstrado quese as raízes da equação característica são iguais, então λ=−b/2, e daí y1 =eλt ey2 = teλt são duas soluções particulares (independentes) da equação diferencial(16.2).

A solução geral será, portanto:

y = A eλt + B t eλt = (A + B t) eλt

y = (A + B t) e−r

2m t , (16.8)

em que A e B são duas constantes determinadas pelas condições iniciais y(0)e v(0). É fácil ver que essa função tende para zero sem oscilar, mais ou me-nos rapidamente. Veja Fig. 16.3. Nesse caso o movimento se diz criticamenteamortecido.

16.1.3 3o caso:(

r2m

)2< k

m

Movimento harmônico subamortecido

O discriminante ∆ =(

r2m

)2− km da equação característica (16.3) é negativo, as

raízes são complexas3 conjugadas:

− r2m± i

√km−( r2m

)2,

3 Note-se que√(

r2m

)2− km =

2√−1√

km−

(r

2m

)2= i

√km−

(r

2m

)2

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 538 — #538


Figura 16.3: Movimento harmônico criticamente amortecido.De t =0 até t = t0 atua uma força que desloca o corpo até A0, sendo anulada posterior-mente, quando atuam a força elástica e a força de amortecimento.

estando claro que neste caso km−

(r

2m

)2>0. Assim a solução geral será:

y(t) = e−(

rm t

)C1 e−i

√km−

(rm

)2t

+ C2 e+i√

km−

(rm

)2t. (16.9)

Observe-se que km =ω2

0 é a freqüência angular do movimento não-amorte-cido, assim, fazendo α= r

2m , podemos escrever compactamente: ω2 =ω20 − α2

que é uma freqüência. Levando em (16.9), temos:

y = e−αt[C1 e−iωt + C2 e+iωt

].

Como eiθ=cos θ+i sen θ, temos:

= e−αt[C1

(cos(ωt) − i sen(ωt)

)+ C2

(cos(ωt) + i sen(ωt)

)]

= e−αt[(

C1 + C2)

cos(ωt) +(C2 −C1

)i sen(ωt)

].

Sendo C1 e C2 complexos arbitrários, para que se tenha solução real para ybasta que sejam complexos conjugados, com efeito, fazendo C1 =a+ib e C2 =

a−ib, com a e b reais arbitrários, temos:

y = e−αt[2a cos(ωt) − (2bi)i sen(ωt)

]

= e−αt[2a cos(ωt) + 2b sen(ωt)

].

Multiplicando e dividindo por√

4a2+4b2, vem:

y =√

4a2+4b2 e−αt[ 2a√

4a2+4b2cos(ωt) +

2b√4a2+4b2

sen(ωt)]

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 539 — #539


e como 2a√4a2+4b2

= c1 e 2b√4a2+4b2

= c2 são reais no intervalo [−1,+1]⊂R, e taisque a soma dos quadrados é sempre igual a 1, podemos pôr:

c1 = senϕ e c2 = cosϕ ,

donde,

y = A0 e−αt[

senϕ cos(ωt) + cosϕ sen(ωt)]

em que se pôs A0 =√

4a2+4b2. Segue-se que se pode pôr:

y = A0 e−αt sen(ωt + ϕ) .

Desse modo, o movimento é oscilatório, com amplitude A= A0 e−αt= A0 e−( r2m )t

que decresce exponencialmente; embora o movimento não seja periódico, apartícula passa em intervalos regulares de tempo pela posição de equilíbriocom velocidade no mesmo sentido, bem como a velocidade se anula no mesmo

intervalo de tempo correspondente à freqüência angular ω=

√ω2

0 −(

r2m

)2, isto

é, T =2π/ω. Veja Fig. 16.4.A solução da equação diferencial do movimento depende de duas constan-

tes arbitrárias A0 e ϕ como era de se esperar por se tratar de equação diferenciade 2a ordem.

O movimento harmônico se denomina, nesse caso, movimento harmônicosubamortecido.

Figura 16.4: Movimento harmônico subamortecido.

Se não houver amortecimento, i.e., se r = 0, a equação será a equação doMHS (não-amortecido), periódico com a freqüência ω0 =

√k/m, como já se

viu.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 540 — #540


Quando r não é nulo, a freqüência4 do movimento amortecido é

ω=

√ω2

0 − α2 , sendo α=r/(2m) ,

é menor que a do movimento não amortecido correspondente, para mesmaconstante elástica k e mesma massa m. Ora, se r é muito pequeno, então pode-mos considerar ω≈ω0.

As constantes arbitrarias A0 e ϕ são determinadas pelas condições iniciais(posição e velocidade), como: 5

y = A0 e−αt sen(ωt + ϕ) , portanto (16.10a)

v = −αA0 e−αt sen(ωt + ϕ) + ωA0 e−αt cos(ωt + ϕ) , (16.10b)

para t=0,

y = y0 = A0 sen(ϕ) , (16.11a)

v = v0 = − r2m

A0 sen(ϕ) + ωA0 cos(ϕ) (16.11b)

= − r2m

y0 + ωA0 cos(ϕ) . (16.11c)

Assim podemos determinar A0 e ϕ em termos da posição inicial y0 e da velo-cidade inicial v0, com efeito: de (16.11a) e (16.11b)

v0

y0= − r

2m+ ω cot(ϕ) ⇒ cot(ϕ) =

1ω

(v0

y0+

r2m

),

logotan(ϕ) =

ω y0

v0 − r2m y0

e de (16.11c), que levou em conta (16.11a) em (16.11b):

A20 =

y20 + (v0 + r

2m y0)2

ω2

Donde o diagrama da Fig. 16.5.

4 u© Note-se que nesse caso o movimento não é periódico, não tendo uma freqüência aele associado, esse termo está sendo usado apenas para alguns aspectos do movimento que serepetem em intervalos de tempo regulares, não estando aplicado ao movimento como um todo,conforme ocorre com o movimento harmônico simples não amortecido.

5Veja rodapé 6, pág. 542.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 541 — #541


Figura 16.5: Diagrama para as condições iniciais do movimento harmônico suba-mortecido.

Aplicações

1. O estudante que já fez a balança analítica (§4.8, pág. 220) deve lem-brar-se como é trabalhoso determinar o ponto de equilíbrio do fiel dabalança numa pesada. Em balanças modernas esse inconveniente foi sa-nado transformando-se o movimento oscilatório dos pratos da balançade fracamente amortecido (balanças analíticas antigas) em movimentocriticamente amortecido. A balança não oscila, os pratos numa pesadavão ao ponto de equilíbrio sem oscilar.

2. A mesma coisa ocorre no galvanômetro balístico, cujo movimento osci-latório é criticamente amortecido.

Prática Para verificar em dispositivos físicos o amortecimento, faça a com-paração entre duas montagens, como indicados na Fig. 16.6 e na Fig. 16.7. De-termine o intervalo de tempo de oscilações do corpo (o prato) no dispositivoFig. 16.6 até parar, quando o deslocamento máximo era y0. Em seguida colo-que o prato na posição da Fig. 16.7 e determine o intervalo de tempo até parar,

Figura 16.6: Montagem com o prato navertical.

Figura 16.7: Montagem com o prato nahorizontal.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 542 — #542


quando o deslocamento máximo é o mesmo y0 da situação anterior. Qual aconclusão?

16.2 Decremento logarítmico

A solução para o movimento harmônico amortecido é6

y(t) = A0 e−r

2m sen(ωt + ϕ) .

Como a amplitude decai exponencialmente, podemos calcular os deslocamen-tos máximos sucessivos, isto é, quando a função seno atinge o valor 1 (um),o que ocorre em intervalos de tempo regulares T , tal que ωT = 2π, ou seja,T =2π/ω. Neste caso, quando ωt1+ϕ= (2k+1)π/2,

A1 = A0 e−r

2m t1 , A2 = A0 e−r

2m t2 = A0 e−r

2m (t1+T ),

e assim:

A1

A2=

A0 e−r

2m t1

A0 e−r

2m (t1+T )= e−

r2m t1+

r2m (t1+T )

= er

2m T

tomando-se o logaritmo neperiano:

ln(A1

A2) =

r2m

T = δ .

6 u© Note-se que das expressões da posição e da velocidade do movimento harmônico sub-amortecido em função do tempo em (16.10) é possível determinar a razão v(t)/y(t): (verifique)

v(t)y(t)

= −α + ω cot(ωt + ϕ)

1y

dydt

=ddt

ln(y(t)) = − r2m

+ ω cot(ωt + ϕ) ,

independentemente das condições iniciais do movimento (tratando-se portanto de uma cons-tante de movimento). Assim, embora a posição y e a velocidade v de um movimento harmônicosubamortecido não sejam dados por funções periódicas, i.e., o movimento harmônico subamor-tecido não é um movimento periódico, a derivada d ln(y)/dt = (1/y) dy/dt (chamada derivadalogarítmica de y(t)) é uma função periódica de período T =2π/ω, intervalo de tempo que carac-terizam, se y,0, posições em progressão geométrica de razão e−πr/

√mk, como era de se esperar

do fator exponencial e y(t).

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 543 — #543

16.3. Dissipação de energia 543

O logaritmo neperiano da razão entre duas amplitudes sucessivas se denominadecremento logarítmico. O decremento logarítmico do movimento harmônicosubamortecido é:

δ = ln(A1

A2) =

r2m

T .

No gráfico da Fig. 16.4 temos: A1 =1,7 e A2 =1,1, deste modo δ= ln(A1/A2)=

ln(1,7/1,1)= ln(1,54)≈0,43.

16.3 Dissipação de energia

A energia no MHS é dada por E = 2π2N2mA2, veja pág. 529, em que m éa massa da partícula que executa o MHS de freqüência N com amplitude A,como já foi visto; para a mesma partícula de massa m executando um MHS defreqüência N essa energia é proporcional ao quadrado da amplitude E = κA2,sendo κ = 2πN2m. No caso do movimento harmônico amortecido a energiadecresce; ela se dissipa pelo atrito com o meio. No caso do movimento harmô-nico subamortecido, no instante T1 ela terá a energia E1 = κA2

1 e no instantet2 = t1 +T , quando a amplitude é A2, a energia será E2 = κA2

2. A variação daenergia durante o intervalo de tempo t2−t1 =T , isto é, durante o ciclo T , será:

∆E = E2 − E1 ,

esse é o acréscimo que, como se vê, é negativo, pois a energia diminui. Odecréscimo da Energia por ciclco será:

−∆E = E1 − E2

e o decréscimo relativo de energia por ciclo será:

−∆EE1

=E1 − E2

E2= 1 − E2

E1= 1 − κA2

2

κA21

= 1 −(

A2

A1

)2

= 1 −(e−

r2m T

)2

= 1 − e−rm T (16.12)

Nota O desenvolvimento de uma função y= f (x) em série de Taylor é:

f (x) = f (0) + f ′(0)x1!

+ f ′′(0)x2

2!+ f ′′′(0)

x3

3!+ . . .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 544 — #544


Desse modo, a função y=e−x, desenvolvida em série de Taylor será:

e−x = 1 − x +12!

x2 − 13!

x3 +14!

x4 + . . . + (−1)n 1n!

xn + . . .

Sendo x= rm T , vem:

e−rm = 1 +

(− r

mT)

+12

(− r

mT)2

+ . . .

Se r for muito pequeno, podemos desprezar os termos de grau maior ou iguala, e assim teremos de (16.12):

−∆EE1

= 1 −[1 − r

mT +

12

( rm

T)2

+ . . .

]

=rm

T ,

tendo-se desprezado dos termos com expoentes maiores ou iguais a 2. Dessemodo, o decréscimo relativo de energia por ciclo, ou perda relativa de energiapor ciclo será:

−∆EE

=rTm

= 2rT2m

= 2δ .

Podemos então dizer que se o decréscimo logarítmico é muito pequeno, entãoa perda relativa de energia por ciclo é igual ao dobro do decremento logarít-mico.

Um sistema real sempre perde energia, mas há sistemas que perdem muitopouco; como o que interessa é saber se um sistema perde pouca ou muita ener-gia, usa-se o inverso so número que dá a perda relativa da energia por ciclopara caracterizar o sistema. Indica-se esse inverso pela letra Q, e se diz o Q dosistema, ou o fator de qualidade do sistema

Q =1

−∆E/E= − E

∆E.

No caso em que δ≪1, Q=1/(2δ). Esse valor será tanto menor quanto menorfor a perda ou dissipação de energia por ciclo.

Exercício 16.1. Calcule a perda relativa de energia por ciclo e o Q do sistemado movimento harmônico amortecido da Fig.16.4.

Temos

−∆EE

= 1 −(

A2

A1

)2

= 1 −(1,11,7

)2

= 1 − (0,647)2 ≈ 1 − 0,42 = 0,58 ,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 545 — #545

16.4. Problemas 545

o Q do sistema será:

Q = − E∆E

= 1/0,58 = 1,7 ,

que é um valor muito baixo.

Observação importante Veja-se que o decremento logarítmico δ como cal-culado anteriormente é 0,43, logo, se calculássemos a perda de energia por ci-clo como sendo igual a 2 vezes o decremento logarítmico, 2δ, teríamos − E

∆E =

0,89, o que está errado, pois − E∆E =2δ quando δ é muito pequeno, o que não é

o caso.

16.4 Problemas

Problema 16.1. Use o desenvolvimento em série de Taylor e mostre que umafórmula mais apropriada para o cálculo de −∆E/E pode ser obtida com aaproximação até o 4o termo da série:

− ∆EE

= 2δ[1 − δ +

23δ2 − 1

3δ3 +

215

δ4]. (16.13)

Calcule pela expressão (16.13) o valor do decréscimo relativo de energia porciclo para o exemplo anterior, δ=0,43

Problema 16.2. Uma partícula oscila numa mola em movimento harmônicosubamortecido. Observa-se que após 20 s a amplitude do movimento se reduzà metade. Calcule o decremento logarítmico, sabendo que nos 20 s houve 18oscilações. Calcule também o decréscimo relativo de energia por ciclo.

Neste caso A1 = A0 e−r

2m t1 , An = A0 e−r

2m (t1+nT ), donde A1/An = e−r

2m nT ,logo ln(A1/An)= r

2m nT . Mas An = (1/2)A1, daí A1/An =2, portanto, ln(A1/An)=

ln 2=0,69= r2m nT e assim:

δ =r

2mT =

2 × 0,69n

=2 × 0,69

18= 0,077

uma vez que isso foi observado em n=18 ciclos. Para o cálculo do decréscimorelativo de energia por ciclo:

−∆EE

= 2δ = 0,154 ,

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 546 — #546


usando a expressão dos três primeiros termos da série de Taylor:

−∆EE

= 2δ[1 − δ + (2/3) δ2

]

= 0,154 [1 − 0,077 + (2/3) · 0,593]

= 0,154 × 0,96 = 0,148 ,

Discrepância: 4 % aproximadamente.

Problema 16.3. Uma partícula de massa m = 50 g oscila suspensa de umamola de coeficiente k = 3 gf/cm. Sabendo que o coeficiente de amortecimentoé r =90 dyn/(cm/s), pede-se:

1. O tipo do movimento oscilatório.

2. A freqüência do movimento.

3. A perda relativa de energia do movimento.

4. O Q do sistema.

Respostas1. Equação diferencial do movimento

d2ydt2 +

rm

dydt

+km

y = 0

Substituido os dados:

d2ydt2 +

9050

dydt

+3 × 980

50y = 0

d2ydt2 + (1,8)

dydt

+ (58,8) y = 0

Equação característica: λ2 + 1,8 λ + 58,8 = 0.Raízes complexas (0,9±7,6 i), portanto, movimento harmônico subamortecido.2. Freqüência do movimento:

y = e−r

2m t sen(ωt − ϕ)

em que ω=

√km −

(r

2m

)2=

√58,8 − [(90/2) · 50]2≈7,6, assim

2πN =7,6, donde N =1,21 Hz e T =1/N =0,82 s.

3. −∆E/E =1−(A2/A1)2 =1−e−rm T

=1−e−9050 · 0,82

=1−e−1,476≈0,774. Q do sistema:

Q=−E/∆E =1/0,77≈1,3 .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 547 — #547

16.4. Problemas 547

Problema 16.4. Uma partícula de massa igual a 100 g vibra suspensa de umamola. Para t= t1 sua amplitude é y= A1 =20 cm e para t2 = t1+T, A2 =19,8 cm.Se a mola tem coeficiente k=1 gf/cm, pergunta-se

1. A perda de energia por ciclo.

2. O Q do sistema.

3. A expressão da posição em função do tempo, supondo que para t = 0,y=20 cm e ϕ=π/2.

Respostas1. Supondo que T seja o período, termos:

−∆EE

= 1 − (A2/A1)2 = 1 − (19,8/20,2)2 = 1 − (0,99)2 = 1 − 0,980

= 0,02 .

Portanto, a perda de energia por ciclo é aproximadamente 2 %.2. O Q do sistema:

Q = − E∆E

= 1/0,02 = 50 (bastante alto).

3. Temos

y = A e−r

2m t sen(ωt + ϕ) , então

y(0) = A e0 sen(π/2) ⇒ A = 20 cm

y(T ) = 20 e−r

2 · 100 T sen(ωT + π/2) = 19,8 ⇒ 20 e−r

2 · 100 T= 19,8

donde

− r2m

T = ln(19,8/20) = ln(0,99) = 0,01 , logo r/(2m) = 0,01/T

e ainda:

ω2 =km−

( r2m

)2=

1 · 980100

− 10−4

T 2 = 9,8 − 10−4 ω2

4π2

donde

(4π2 + 10−4)ω2 = 9,8(4π2) ⇒ ω2 = 9,8 ⇒ ω = 3,13 rad/s

E como r2m = 0,01

T = 0,01 ·ω2π = 0,01 · 3,13

2π , então r2m =0,005 s−1. Temos finalmente:

y = 20 e−0,005 t sen(3,13 t + π/2) ,

sendo r =2 × 100 × 0,005=1 dyn/(cm/s).

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 548 — #548


Problema 16.5. Uma partícula de massa igual a 100 g vibra presa a umamola de constante elástica k = 0,5 gf/cm. Observa-se que após 10 oscilaçõessua amplitude cai de 20 cm para 18 cm Pergunta-se qual a perda de energiapor ciclo, qual o Q do sistema?

Resposta Temos:

−∆EE

= 1 −(

A2

A1

)2

⇒(

A2

A1

)2

= 1 +∆EE

Donde, aplicando análoga e sucessivamente para os n ciclos seguintes:

A2/A1 = (1 + ∆E/E)1/2

A3/A2 = (1 + ∆E/E)1/2

...Ai/Ai−1 = (1 + ∆E/E)1/2

...An/An−1 = (1 + ∆E/E)1/2 .

Multiplicando essas (n−1) igualdades membro a membro, vem

An/A1 = (1 + ∆E/E)(n−1)/2 ,

donde (An/A1)2/(n−1) = (1 + ∆E/E), logo

∆E/E = 1 − (An/A1)2/(n−1) .

No caso do problema: n=10, A1 =20 e A10 =18, logo

= 1 − (18/20)2/9

= 0,023 ,

Ou seja, 2,3 % é a perda de energia por ciclo, correspondendo ao fator de qua-lidade Q=−E/∆E =1/0,023≈43.

Problema 16.6. Uma mola sob a ação de uma força e 20 gf se distende de22 cm, a mola é linear.7 Posta a oscilar com a massa de 20 g e amplitudeinicial de 15 cm a partir do repouso, ao fim de 76 oscilações tem amplitude de7,5 cm. Pede-se:

7 u© Isto significa que todas as espiras da mola estão separadas para situação de carga zero;o verbo distender significa aqui deformar.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 549 — #549

16.5. Exercícios 549

1. O coeficiente k da mola.

2. O decréscimo relativo de energia por ciclo.

3. O Q do sistema.

Respostas1. Coeficiente elástico da mola, como ela é linear e para y=0 correspondendoà posição de equilíbrio: k=890,9 dyn/cm.2. Perda relativa de energia por ciclo: −∆E/E =0,02, ou seja, 2 %.3. Fator de qualidade: Q=1/0,02=50.

16.5 Exercícios

Exercício 16.2. O estudante deve recordar logaritmos e suas propriedades.Tendo em vista as máquinas de calcular e os programas de computador atual-mente existentes, elas podem fazer os cálculos mais complicados sem muitotrabalho e rapidamente; sem calculadoras ou sem computadores seria extrema-mente penoso fazer a maior parte dos exercícios e problemas dados aqui, maso estudante não pode ignorar a matemática, nesse casa a máquina não resolvenada.

Exercício 16.3. Coloque uma massa de 20 g numa das molas do estojo de me-cânica (k pequeno). Coloque, porém, como ligação entre a mola e a massa umlaço pequeno e flexível (veja Fig. 16.8). Observe que ao esticar a mola segu-rando a massa, ver-se-á a extremidade da mola presa ao laço girar de um ânguloθ apreciável. Essa observação é importante, pois dará um interessante caso deressonância. A mola ao mesmo tempo que se desloca (torção, porquê? observeapenas uma espira), ela se abre (ela se flexiona e se flete), faça a observaçãopara concluir; o diâmetro da espira aumenta.

Exercício 16.4. Coloque nas condições anteriores a massa de 20 g para oscilar,colocando porém uma régua na melhor posição para observar e medir o amor-tecimento do movimento. Ponha a oscilar com uma amplitude A1, conveniente,previamente medida, e simultaneamente conte o intervalo de tempo para que aamplitude se reduza à metade da inicial: An = (1/2) A1, n a determinar. Pede-se:

1. A perda de energia por ciclo;

2. O fator de qualidade do sistema;

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 550 — #550


Figura 16.8: Dispositivo para exercício experimental de movimento harmônico sub-amortecido.

3. Supondo T ≈T0 =2πmk , determinar r. Qual a dimensão de r?

4. Ache o decremento logarítmico.

5. Compare a perda de energia no primeiro item com 2δ=−∆E/E.

6. Qual a equação do movimento, supondo ϕ=π/2. Porquê π/2?

Exercício 16.5. Calcule o valor do período T do exercício anterior contando50 oscilações completas e medindo o respectiva intervalo de tempo ∆t: T =

(∆t/50). Compare esse valor determinado experimentalmente com T0 = 2π√k/m

,

sendo T = 2π√(k/m)−[r/(2m)]2

.

Exercício 16.6. Associe duas molas em série e repita o exercício 16.2, deter-minando T como no exercício 16.3.

16.6 Movimento harmônico forçado

Diz-se que há um movimento harmônico forçado quando sobre o sistema os-cilatório se aplica uma força ~F externa, complementares à força elástica e àforça de atrito viscoso. Essa força externa pode contribuir para a manutençãodo movimento harmônico. Vamos supor, para facilitar o estudo do movimento,que a força ~F seja uma função senoidal do tempo ~F = ~F0 sen(ωt), em que ω éuma freqüência angular constante.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 551 — #551

16.6. Movimento harmônico forçado 551

Figura 16.9: Forças no oscilador harmônico forçado.

É fácil obter a equação de movimento, veja Fig. 16.9.

~R = ~F + ~F1 + ~F2 = m~a ,

em que ~F1 é a força restauradora da mola e ~F2 é a força de atrito do meio.Como a direção dos vetores é a mesma, podemos levar em conta suas projeçõesno eixo Oy (Fig. 16.9)

F − ky − rv = md2ydt2 ou

md2ydt2 + k

dydt

+ r y = F0 sen(ωt) , (16.14)

donde a equação diferencial do movimento:

d2ydt2 +

km

dydt

+rm

y =F0

msen(ωt) . (16.15)

A integração dessa equação diferencial se faz tomando-se a homogênea asso-ciada, isto é, a equação diferencial igualando-se o 2o membro a zero:

d2ydt2 +

km

dydt

+rm

y = 0 , (16.16)

cuja solução obviamente será a já estudada anteriormente. À solução geralda homogênea associada (16.16) soma-se uma solução particular de (16.15),

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 552 — #552


obtendo-se então a solução geral de (16.15). Tudo se resume portanto em en-contrar uma solução particular de (16.15). Suponhamos que essa solução sejado tipo:

yp = A sen(ωt − ϕ) ,

em que A e ϕ sejam duas constantes a determinar, de modo a satisfazer ascondições do problema, e ω sendo a freqüência de F. Temos:

dyp

dt= ωA cos(ωt − ϕ) e

d2yp

dt2 = −ω2A sen(ωt − ϕ) .

Levando a função yp e suas derivadas na equação homogênea (16.16), teremos:

−ω2A sen(ωt − ϕ) +rmωA cos(ωt − ϕ) +

km

A sen(ωt − ϕ) =F0

msen(ωt) .

Desenvolvendo as funções seno e cosseno, termos:

−ω2A[sen(ωt) cos(ϕ) − cos(ωt) sen(ϕ)

]+

+rωm

A[cos(ωt) cos(ϕ) + sen(ωt) sen(ϕ)

]+

+km

A[sen(ωt) cos(ϕ) − cos(ωt) sen(ϕ)

]=

F0

msen(ωt) .

Reunindo os coeficientes de sen(ωt) e cos(ωt), e dividindo por A, obtemos:[−ω2 cosϕ +

rωm

senϕ +km

cosϕ]

sen(ωt) +

[ω2 senϕ +

rωm

cosϕ − km

senϕ]

cos(ωt) =F0

Amsen(ωt)

ou[(

km− ω2

)cosϕ +

rωm

senϕ]

sen(ωt) +

[−

(km− ω2

)senϕ +

rωm

cosϕ]

cos(ωt) =F0

Amsen(ωt)

Como por hipótese a função yp é uma solução da equação diferencial (16.15),a igualdade anterior é uma identidade, logo devemos ter:

(km− ω2

)cosϕ +

rωm

senϕ =F0

Am(16.17a)

−(

km− ω2

)senϕ +

rωm

cosϕ = 0 (16.17b)

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 553 — #553


De (16.17b) tiramos:

tanϕ =rω/m

(k/m) − ω2 =r

(k/ω) − mω.

Ainda se tira de (16.17b) as expressões relacionado senϕ e cosϕ:

senϕ =r

(k/ω) − mωcosϕ e cosϕ =

(k/ω) − mωr

senϕ ,

que levadas em (16.17a) nos dão:

cosϕ

r2 + [(k/m) − ωm]2

(m/ω) [(k/ω) − mω]

=

F0

Am⇒ A cosϕ =

F0(

kω − mω

)

ω[(

kω − mω

)2+ r2

]e

senϕ

ω

r

(kω− mω

)2

+ rω

=F0

A⇒ A senϕ =

F0r

ω[(

kω − mω

)2+ r2

]

elevando ao quadrado, somando ambos os membros das equações anteriores etomando a raiz quadrada se obtém finalmente:

A =F0/ω√

r2 + (k/ω − mω)2. (16.18)

A amplitude A e a fase inicial ϕ da solução particular yp podem ser represen-tados num diagrama como o da Fig. 16.10. Desse modo, a solução particularprocurada para a equação diferencial (16.15) do movimento é:

yp = A sen(ωt − ϕ) =F0

Zsen(ωt − ϕ)

em que

ϕ = arctan(

rk/ω − mω

)e Z =

√r2 + (k/ω − mω)2

A grandeza Z se denomina impedância do sistema mecânico, e (k/ω−mω)= Xé a reatância do sistema mecânico, por analogia com as oscilações elétricasnum circuito RLC.

A solução geral da equação (16.15) será portanto: [veja (16.6)]

y = C1e−γ1t + C2e−γ2t + A sen(ωt − ϕ) .

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 554 — #554


Figura 16.10: Diagrama para a solução particular do oscilador harmônico forçadopor F = F0 sen(ωt); Z =

√r2+(k/ω−mω)2 a impedância e X = (k/ω−mω) a reatância

do sistema de massa m, constante elástica k e coeficiente de amortecimento r.

As duas primeiras parcelas constituem a solução geral da homogênea associadae o terceiro termo é a solução particular da equação (16.16). Observe-se queessa solução particular fornece um termo oscilante senoidalmente no tempo,enquanto que os outros dois termos8 decrescem exponencialmente no tempo9,portanto prevalece deste modo a solução senoidal. Podemos assim considerarapenas essa solução.

Observação Num circuito RLC contendo uma força eletromotriz oscilanteE = E0 sen(ωt + φ), veja Fig. 16.11, teremos a seguinte equação diferencial:

Ldidt

+ R i +1C

q = E0 sen(ωt + φ)

e fazendo i= dqdt , vem:

Ld2qdt2 + R

dqdt

+1C

q = E0 sen(ωt + φ) . (16.19)

A carga elétrica oscilará entre valores máximos positivos e mínimos negativosno circuito elétrico, tal e qual o deslocamento no circuito mecânico. A equação(16.19) difere da equação (16.14) apenas pela natureza dos coeficientes da

8 u© Que constituem a solução de um movimento harmônico, superamortecido, critica-mente amortecido ou subamortecido, já estudados.

9 u© A contribuição da solução da homogênea decai exponencialmente pelo fator e−r

2m t, ve-ja (16.4); note-se que após um intervalo de tempo igual a 0,015×(2m)/r a amplitude decresce98,5 %.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 555 — #555


Figura 16.11: Circuito elétrico composto pela fonte eletromotriz E = E0 sen(ωt+φ),pela resistência R, pela indutância L e pela capacitância C.

equação, os quais se referem a outras grandezas

md2ydt2 + k

dydt

+ r y = F0 sen(ωt + φ)

Ld2qdt2 + R

dqdt

+1C

q = E0 sen(ωt + φ)

Desse modo podemos estabelecer uma analogia física entre os dois fenô-menos pondo a equivalência ∼ :

m ∼ L , k ∼ R , r ∼ 1C, F ∼ E .

Assim podemos concluir que a resistência ôhmica equivale à resistência rdo meio, o inverso da capacitância equivale à constante elástica k da mola, e aindutância L equivale à massa m. A impedância elétrica

Z =√

R2+(Lω−1/Cω)2 ,

em que:

. Lω é a reatância indutiva,

. 1/Cω a textreatância capacitiva, e

. (Lω−1/Cω a reatância.

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 556 — #556


16.7 Ressonância

Já vimos que em (16.18) que A =F0/ω√

r2+(k/ω−mω)2é a amplitude da solução par-

ticular10 do oscilador (massa m, constante elástica k e coeficiente de atritoviscoso r) forçado pela força F = F0 sen(ωt), em que ω é a freqüência angularda força excitadora; essa freqüência pode ser tal que

kω− mω = 0 , isto é, ω2 =

km.

Mas k/m = ω1 é a “freqüência natural” do sistema. Vê-se que neste caso aamplitude A é máxima; se o fator de amortecimento tende a zero, A tendepara infinito, isso significa que a força oscilante trabalha contra o sistema co-municando-lhe energia que vai se acumulando; em cada ciclo a amplitude vaiaumentando indefinidamente, desde que a força continue a fornecer energia aosistema e este possa absorvê-la sem destruir-se.

Antes de prosseguirmos com esse tema convém ilustrá-lo com exemplospráticos.

16.7.1 Experimento com pêndulos acoplados idênticos

1o) Tomemos dois pêndulos de comprimento L, e mesma massa m. Veja Fig. -16.12. Ligam-se os dois por um fio CD próximo à suspensão.

Figura 16.12: Dois pêndulos idênticos acoplados pelo fio CD.

Como os pêndulos simples têm o mesmo comprimento L, suas freqüênciasN = 1

2π

√g/L serão iguais, de modo que, se colocarmos o pêndulo B a oscilar,

10 u© Forma em que o sistema se apresenta em regime permanente.

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16.7. Ressonância 557

ele vai atuar sobre A por meio do fio CD, e A começa a oscilar, absorvendoenergia de B, até que esta se esgote, passando para o pêndulo A. Começa entãoo processo inverso, o pêndulo A atua sobre B que começa novamente a oscilar,a amplitude da oscilação aumentando sempre a medida que a energia de A vaipassando para B, até que A se imobiliza e B tenha absorvido toda a energia deA, sua amplitude sendo então máxima; em seguida recomeça B a trabalhar so-bre A, etc. Desse modo, a energia dos pêndulos fica oscilando entre um e outro,até dissipar-se, mais ou menos rapidamente, tendo em vista que o movimentoé amortecido (r,0).

2o) Para verificar essa transferência de energia e ao mesmo tempo obtermosum efeito interessante convém fazermos a experiência com pêndulos de mas-sas diferentes. De fato, suponhamos que a massa de B seja muito grande emrelação à de A, veremos então que a amplitude se torna maior que a amplitudede B. De fato, seja mB e massa de B e mA a de A, e AB a amplitude de B, e AA

a amplitude final de A quando toda energia de B se tenha transferido para A.Desse modo se tem:11 energia de B, EB =2π2mBN2A2

B , no início da expe-riência quando a energia de A é nula. Essa energia se transfere para A, total-mente, isto é, a energia de B se anula e a de A fica máxima EA =2π2mAN2A2

A ,isto é, essa é a energia de B transferida para A e, portanto, igual a energia inicialde B:

EB = EA ⇒ 2π2mBN2A2B = 2π2mAN2A2

A ,

portanto:mBA2

B = mAA2A .

As freqüências são iguais. Por quê?. . . Porque as freqüências do pêndulo sim-ples não dependem da massa do pêndulo (pág. 454), dependem somente docomprimento do pêndulo e da aceleração local da gravidade. Deste modo setem:

AA =

√mB

mAAB .

Sendo assim, se mB = 100 g e mA = 1 g, então mA = 10 mB . Isto é, posto o pên-dulo B a oscilar com amplitude de 1 cm a amplitude final do pêndulo A será10 vezes maior. Para aumentar o caráter sensacional do efeito, fazem-se osdois corpos A e B com a mesma forma, aparentemente iguais, mas de massasmB = 100 mA . Por exemplo, dois tubos exatamente iguais externamente, masum cheio de chumbo e o outro cheio de ouro, de modo que as massas estejam

11 Veja §15.3.1

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 558 — #558


naquela proporção; sese põe o mais pesado a oscilar com amplitude de 1 cm,o mais leve absorvendo a emergia acabará oscilando com amplitude 10 vezesmaior.

16.7.2 Experimento com pêndulos acoplados de mesmocomprimento e massas diferentes

Para realização prática do que foi visto acima, pode-se tomar para pêndulo demaior massa, mB , a base redonda à qual se fixou uma pinça, como está in-dicado na Fig. 16.13, a fim de facilitar o seu uso, o conjunto tendo a massaaproximada de 215 g. Fixando o pêndulo B na estrutura, prende-se uma extre-

Figura 16.13: Montagem dos pêndulos acoplados de massas diferentes.

midade C de um fio próximo ao suporte, a outra extremidade desse fio serápresa a um pegador preso à parte superior da estrutura e de tal modo que ofio fique mais ou menos na horizontal. Prende-se agora ao fio CD, horizontal,um outro vertical que tem na extremidade inferior uma massa de 5 g a fim deconstituir um pêndulo simples A cujo comprimento L é igual ao comprimentodo pêndulo B, de modo que eles terão o mesmo período. Posto o pêndulo Ba oscilar com amplitude de 2 cm, ver-se-á sua energia passar para o pênduloA que alcançará uma amplitude: (215/5) AB = 6,5×2 cm = 13 cm, sendo essaa amplitude máxima do pêndulo A. Observe que o comprimento L de cadapêndulo vai da suspensão ao centro de gravidade do pêndulo correspondente.

Pergunta – E se a energia do pêndulo B que está a forçar o pêndulo A aoscilar fosse inesgotável?

Como já vimos, a energia ir-se-ia acumulando no pêndulo A, sua amplitudeiria aumentando sempre, se não a perdesse para o meio no qual oscilasse, isto

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 559 — #559

16.8. Batimentos 559

é, se o fator de amortecimento fosse diferente de zero, r , 0. Tratando-se deum sistema físico, a energia poderia atingir um ponto tal que o sistema não po-deria resistir, deteriorando-se, explodindo ou destruindo-se. Podemos fazer umgráfico para mostrar o efeito produzido na amplitude do sistema A, supondo-se diferentes fatores de amortecimento r. Veja Fig. 16.14 Nas abcissas se põe

Figura 16.14: Amplitude da massa mA em função da razão das freqüências e paravários fatores de amortecimento.

a relação ω1/ω2 = N1/N2 , em que N1 é a freqüência natural do sistema querecebe energia e N2 a freqüência do sistema que fornece energia; quando asduas freqüências são iguais a amplitude do sistema é máxima quando r≈0, ser é grande, o máximo se dá para valores N1 < N2 , em que N1 é a freqüêncianatural do sistema que recebe energia.

16.8 Batimentos

Se a freqüência natural ω1 do sistema A submetido à força F de freqüênciaω é quase igual a ω, então aparecerá o fenômeno de batimento que consisteno seguinte: a amplitude do sistema forçado A irá aumentando até atingir ummáximo, depois vai decrescendo até se anular, em seguida crescerá novamenteaté atingir o valor máximo novamente, retornando a zero depois, e assim essavariação da amplitude se repetirá, podendo o máximo ir decrescendo à medidaque a energia vai se esgotando.

16.8.1 Experimentos

1o. Faça a montagem como a da Fig. 16.15. Nessa figura ao fio CD estão

“ADT-MF” — 2005/11/7 — 8:51 — page 560 — #560


Figura 16.15: Dispositivo de osciladores acoplados, A2 e A3 apresentando batimento.

presos 4 pêndulos de comprimentos L1, L2, L3 e L4. O primeiro é muito menorque L, comprimento do pêndulo B de massa igual a 215 g. L2 é pouco maiorque L, L3 é pouco menor que L, enquanto que L4 é igual L. As massas dessespêndulos poderão ser respectivamente 5 g, 10 g, 10 g e 20 g. Põe-se o pênduloB para oscilar ortogonalmente ao plano dos fios. Ver-se-á então o seguinte: oprimeiro quase não oscilará, o segundo e o terceiro executarão batimentos eo quarto, em que se verifica a condição ω1 = ω, absorverá a maior parte daenergia de B transmitida ao longo da linha. Em virtude dos vários movimento,um dos pêndulos em batimento poderá executar um movimento composto dedois movimentos ortogonais, a energia oscilando entre um e outro.

2o. Associam-se em série duas molas de coeficientes k1 = 1,43 gf/cm e k2 =

1,92 gf/cm. O conjunto foi preso a um fio por sua vez preso à extremidadedo Laboratório Portátil (estojo de mecânica), veja Fig. 16.16. Em seguida, namesma estrutura, o pêndulo B de comprimento L estava ligado (acoplado) aofio de sustentação das molas, fazendo com ele um ângulo θ. Sabendo-se que amassa m=20 g estava presa à extremidade livre do conjunto de molas, pede-seo comprimento L do fio que fará a massa m oscilar com movimento harmônicosimples longitudinal. Explique.

Resposta

a.1k

=1k1

+1k2

=k1 + k2

k1k2=

3,352,74

⇒ k = 0,77 gf/cm

ω1 = 2πN1 =

√km ⇒ N1 = 1

2π

√0,77×980

20 = 0,97 Hz;

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16.8. Batimentos 561

Figura 16.16: Acoplamento de um oscilador horizontal e outro vertical.

4π2N21 = k

m ⇒ L =mgk = 20×980

0,77×980 = 25,7 cm.b. a massa m vai oscilar quando há ressonância entre os dois sistemas acopla-dos, isto é, quando as duas freqüências, do pêndulo e da massa m forem iguais,logo L =

g4π2N2

1= 25,7 cm.

3o. Faça uma montagem semelhante a da Fig. 16.16. Observe o ângulo θ deacoplamento entre os dois fios: a força ~F que puxa o fio que prende as molastem componentes F cos θ ao longo da vertical e F sen θ ao longo da horizontal.É a componente vertical que vai fazer a massa oscilar.

Pergunta: se a força ~F fosse horizontal, isto é, θ=π/2, poderia haver aindamovimento vertical? Veja o que se segue.

4o. Colocou-se uma mola de coeficiente k = 1,92 gf/cm sustentando umamassa de 20 g. Um fio prendia a outra extremidade da mola passando por umsuporte, veja Fig. 16.17, ficando a mola na vertical. Pôs-se a mola para os-cilar na vertical, o movimento era puramente harmônico na vertical. Foi-seaumentando o comprimento do fio, até L, quando então a massa m começouum movimento harmônico oscilatório na horizontal, até que todo o movimentoharmônico na vertical cessasse e o movimento fosse apenas pendular. Qual ocomprimento L do pêndulo simples?

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Figura 16.17: Composição de oscilação vertical e horizontal, L é o comprimentofio-mola em configuração de equilíbrio.

Resposta O comprimento L do pêndulo simples na montagem da Fig. 16.17 éo dobro do comprimento do pêndulo simples que vibra com a mesma freqüên-cia da mola ω1=

√k/m, pois haverá correspondência entre as posições extre-

mas de distância 2A do pêndulo simples e as posições extremas inferiores domovimento harmônico da mola, essas posições estão em uníssono nos dois mo-vimentos, mas as do pêndulo simples correspondem à metade do movimentocompleto, enquanto que a do movimento da mola corresponde ao movimentocompleto.

5o. O coeficiente da mola na Fig. 16.17 é 1,92 gf/cm e sustenta a massa de20 g. Qual o comprimento L do pêndulo simples que provoca a ressonânciaentre os dois movimentos? A freqüência da mola, como vimos anteriormente,o dobro da freqüência do pêndulo simples, temos:

. Pêndulo simples: freqüência N1, comprimento L = g/(4π2N21 ).

. Mola: freqüência N, coeficiente k = 4π2N2m.

Sendo, na ressonância, as duas freqüências, uma o dobro da outra: N = 2N1,vem N2 =4N2

1 , portanto

L =g

4π2(N2/4)=

4gmk

, pois 4π2N2 =km.

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16.9. O cilindro dançante 563

Feitos os cálculos para k = 1,92 gf/cm e m = 20 g encontra-se: L ≈ 42 cm.Feita a montagem com esse comprimento de L obtém-se a ressonância, istoé, o movimento harmônico da mola se transforma inteiramente no movimentopendular simples. Observe que tanto faz a mola estar na extremidade inferiordo fio como na extremidade superior com a massa na extremidade inferior dofio.

Pergunta: por que no caso ilustrado na Fig. 16.16 não há ressonância comono caso ilustrado na Fig. 16.17, conforme indicado anteriormente? Observe-seque a componente F sen θ tende a provocar o movimento pendular.

Resposta Porque L1, o comprimento do pêndulo simples da Fig. 16.16, nãopermite a ressonância:

1. No caso da Fig. 16.16, a ressonância é obtida quando L1 =4L, visto que afreqüência do movimento provocado pela mola tem a mesma freqüênciaque o movimento do pêndulo L.

2. Quanto ao movimento que a componente F sen θ tenderia a provocar, te-ria a mesma freqüência que a do pêndulo de comprimento L e, portanto,L1 teria que ser igual a L, o que não é o caso, também.

6o. Faça a montagem da Fig. 16.16 e ponha L1 =4L para obter a ressonância,como no primeiro caso da resposta anterior.

16.9 O cilindro dançante

Uma interessante aplicação de tudo o que vimos sobre ressonância com molase pêndulos pode ser consubstanciado no que denominamos cilindro dançanteou “cilindro dançarino”. O dispositivo consiste numa mola fixada num su-porte por uma extremidade, tendo fixada na outra um cilindro de massa m ecujo raio R é adequado (calculado) para a obtenção da ressonância. Ao pormoso cilindro a executar o MHS longitudinal (na vertical), ele sobe e desce disten-dendo a mola, mas simultaneamente a mola se abre ao distender-se, isto é, aespira à qual está fixado o cilindro gira em torno do eixo da mola, veja pág. 549,exercício 16.3, o que provoca um movimento de rotação do cilindro. A resso-nância se efetua exatamente entre o movimento de distensão da mola e o derotação. Pouco a pouco a energia do movimento de distensão se transfere parao de rotação, até que o cilindro apenas gira rapidamente, parando o movimentolongitudinal, depois inverte-se o processo e a energia de rotação se transfere

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para o movimento de translação. Podemos ainda, se a mola tem comprimentosuficiente, provocar o aparecimento de um movimento transversal (pendular).A energia se transferindo para cada um dos movimentos, ocorrendo ainda acombinação do movimento longitudinal com o transversal, o cilindro descreveelipses que se transformam em segmentos de reta vertical, horizontal, ele pára,girando rapidamente, e reinicia sua dança, como uma abelha.

No Laboratório Portátil se encontra o cilindro e a mola respectiva.

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Capítulo 17

Movimento ondulatório

Para ilustrar o movimento ondulatório, pose-se tomar uma corda grossa, co-locando-a esticada sobre uma superfície horizontal. Tomando-se uma de suasextremidades, faz-se um movimento brusco vertical, subindo e descendo ra-pidamente com essa extremidade. Origina-se uma elevação, uma onda que setransmite ao longo da corda com uma certa velocidade. A partícula 1, na ex-tremidade da corda exercita um movimento ortogonal à direção da corda, eestando ligada às outras partículas ela arrasta-as nesse movimento, o qual secomunica às adjacentes e assim o movimento se transmite a todas as partes dacorda, propagando-se por ela. Veja Fig. 17.1. Se esse movimento da extremi-

Figura 17.1: Excitação da corda e sua propagação.

dade da corda se repete sempre, origina-se nessa extremidade um movimentoondulatório propagando-se pela corda.

Para estudar o movimento ondulatório, podemos fazer hipóteses simplifi-cativas para facilitar a obtenção da equação do movimento:

1. O movimento se transmite ao longo da corda com velocidade v cons-tante.

2. O movimento transversal não se atenua, isto é, a forma da onda não se

565

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566 Capítulo 17. Movimento ondulatório

altera ao se propagar pela corda. Isso equivale a dizer que a energia, aose transmitir ao longo da corda não se perdem ou se atenua, ou ainda nãose dissipa, a forma da onda permanece a mesma.

Tomemos um sistema de eixos Oxa, o eixo Ox coincidente com a direçãode propagação do movimento, o eixo Oa ortogonal a Ox, coincidente pois coma direção transversal ao longo da qual se dá o movimento das partículas dacorda. Consideremos um instante t em que a forma da onda se acha formada,seu ponto final coincidindo no instante t = 0 com a origem do sistema decoordenadas Oxa, neste caso podemos representar a forma da onda no sistemaOxa por uma função:

a = f (t) .

Após um intervalo de tempo t a onda ter-se-á deslocado ao longo de Ox, comvelocidade v constante, de modo que sua extremidade final O estará no pontox0 = vt. Ora, como por hipótese, não houve nenhuma variação na forma daonda, se tomarmos um outro sistema de coordenadas O′Xa, em que O′ é anova origem do sistema novo, obtido do primeiro por simples deslocamentoda origem O para o ponto O′, é claro que neste sistema as coordenadas dospontos da onda serão exatamente as mesmas que nos instantes t = 0, portantoa = f (X), em que f é a mesma função que representava a onda no instantet = 0. Mas pela mudança de coordenadas efetuada, X = x − vt. Veja Fig. 17.2.

Figura 17.2: Onda a= f (x − vt) a se propagar com velocidade v.

Segue-se que a= f (x− vt). Essa equação descreve a onda em qualquer instantet, e em qualquer ponto de abcissa x no sistema de coordenadas inicial.

17.1 Comprimento de onda

O comprimento de onda λ é toda a distância OA (ou O′A′) afetada pela onda.

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17.2. Equação diferencial da onda 567

Se a velocidade da onda é v, o intervalo de tempo T que a onda leva parapercorrer a distância igual ao comprimento de onda λ é tal que vT = λ, isto é,T =λ/v. Esse intervalo de tempo T se denomina período de onda. Um obser-vador postado ao longo de x vê a onda chegar e passar por ele num período T .

17.2 Equação diferencial da onda

Essa equação também é denominada simplesmente equação da onda. Vejamoscomo obtê-la. Temos a função que nos dá a forma da onda no sistema Oxa emqualquer instante t: a = f (x− vt). A função f é agora uma função de duasvariáveis independentes.

Quando consideramos uma variável como constante e a derivamos em rela-ção à outra variável, essa derivada se denomina derivada parcial. Por exemplo,consideremos t constante e derivamos em relação a x, obtemos a derivada par-cial da função em relação a x, com t constante. Analogamente,se fizermos xconstante e derivarmos em relação a t, teremos a derivada parcial em relaçãoa t com x constante. O símbolo para designar a derivada parcial em relação ax e a t da função a = f (x, t) é ∂a/∂x e ∂a/∂t, em que ∂ se denomina d-ronde,as derivadas segundas são ∂2a/∂t2 e ∂2a/∂x2, além de ∂2a

∂t∂x , e assim por diantepara as derivadas terceiras, etc.

Qual o significado físico da derivada parcial neste caso? Vejamos, porexemplo:

∂a∂t

∣∣∣∣∣x=constante

.

A derivada ∂a/∂t, significa x = constante, o que quer dizer que observamos omovimento, por exemplo, de um ponto B, veja Fig. 17.2, enquanto a onda passapor B, o que equivale a dizer que vemos o movimento do ponto B no transcorrerdo tempo t. No início, o ponto B está em repouso no meio, quando a onda oatinge ele acelera para cima, deslocando-se na vertical, atinge o máximo no“pico” da onda e depois desce até atingir o nível de repouso ao ter passado aonda. A variação da posição (velocidade), na vertical, desse ponto x, fixado nacorda (meio) é dada pela derivada parcial primeira:

∂a∂t

∣∣∣∣∣x=constante

em relação ao tempo e sua aceleração pela derivada parcial segunda tambémem relação ao tempo:

∂2a∂t2

∣∣∣∣∣∣x=constante

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Já a derivada parcial em relação a x, t = constante fornece-nos a tangenteà forma da onda calculada num dado instante t. É como se tirássemos uma fo-tografia da onda num dado instante (um instantâneo) e analisássemos a funçãoque fornecesse a forma da onda naquele instante: a = f (x − vtconst.), funçãoapenas de x (para esse instante).

Figura 17.3: Situação em dado instante, destacando a derivada tal que tanα=∂a/∂x.

Já a derivada parcial segunda em relação a x nos dá a variação da tangenteà curva por unidade de comprimento ao longo da corda calculada no ponto.

Vejamos como relacionar esses conceitos expressos pelas derivadas parci-ais. Ponhamos u= x−vt, de modo que temos: a= f (u) e u= x−vt. Temos:

∂a∂x

=∂ f∂u× ∂u∂x

,

tendo em vista f é uma função de função. Como u = x−vt, vê-se que ∂u∂x = 1,

logo ∂a∂t =

d fdu .

Façamos agora a derivada segunda parcial:

∂2a∂x2 =

∂u∂u× d

dud fdu

,

pois, para derivarmos parcialmente uma função f ′ = d fdu , temos que derivar f ′

em relação a u e em seguida multiplicar pela derivada parcial de u em relaçãoà variável independente x. Logo:

∂2a∂x2 =

d2 fdu2 × 1 , (17.1)

pois ∂u∂x = 1, como já vimos. Vejamos agora a derivada parcial em relação a t,

temos:∂a∂t

=d fdu

∂u∂t

, mas∂u∂t

= −v , portanto∂a∂t

= −vd fdu

,

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17.3. Trem de onda 569

façamos a derivada segunda:

∂2a∂t2 =

∂a∂t× d

du

[−v

d fdu

], como v é constante,

=∂a∂t

[−v

d2 fdu2

], mas

∂a∂t

= −v , portanto,

= v2 d2 fdu2 ,

Mas, por (17.1):∂2a∂x2 =

d2 fdu2 . Assim obtemos:

∂2a∂t2 = v2 ∂

2a∂x2 . (17.2)

Essa equação diferencial de derivadas parciais se denomina equação diferen-cial da onda ou simplesmente equação da onda.

Ela diz que a aceleração de um ponto x1 é proporcional à variação da dire-ção da tangente à curva da onda (forma) calculada no ponto x1; o coeficiente deproporcionalidade v2 sendo a velocidade com que a onda se propaga no meio.Toda função φ= f1(x, t) que satisfaz a equação da onda:

∂2φ

∂t2 = v2 ∂2φ

∂x2

representa uma onda propagando-se num meio linear com velocidade v.

17.3 Trem de onda

Suponhamos que o ponto O onde se originou a onda descrita continue pro-vocando a mesma “perturbação”, isto é, continue no movimento transversal,originando ondas sucessivas, que, para facilitar o argumento, sejam idênticasà já descrita e produzidas sem interrupção. Nesse caso, ondas idênticas à jádescria vão seguir-se uma atrás da outra, veja Fig. 17.4. Forma-se o que sedenomina um trem de ondas. Na Fig. 17.4 o trem de ondas possui 4 ondas.

17.4 Freqüência

Suponhamos que estamos a observar o ponto C. O número de ondas que passapor C por unidade de tempo se denomina freqüência. Esse é um dado muito

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Figura 17.4: Trem de ondas.

importante do movimento ondulatório. Ora, já vimos (§17.1) que o períodoT da onda é o intervalo de tempo para que uma onda passe por um ponto C.É claro que não havendo interrupção no trem de ondas e se o trem de ondasleva um intervalo de tempo ∆t para passar por C, e se esse trem de ondas écomposto de ∆n ondas, então o número de ondas que passa por C por unidadede tempo será a freqüência da onda:

∆n∆t

= N .

Como a velocidade das ondas é constante, é óbvio que esse número é constantepara qualquer ∆n e para o correspondente ∆t, portanto é o mesmo para ∆n = 1(uma onda), o intervalo de tempo sendo nesse caso T , o período, logo:

N =1 onda

T=

1T,

isto é, a freqüência é o inverso do período.O número de ondas que passa por C pode ser muito grande, isto é, as ondas

se sucedem sem interrupção durante um intervalo de tempo muito grande, oqual pode ser considerado infinito para facilitar os cálculos.

17.5 A onda senoidal

Suponhamos que o ponto produz as ondas execute um movimento harmônicosimples, e que esse movimento se propague, sem modificação alguma, comvelocidade v constante, a todo meio. Qual a forma da onda nesse caso? VejaFig. 17.5. O meio adquire a forma da figura onde se vê um trem de ondas com4 ondas completas. A partícula no seu movimento harmônico simples arrastatodas as outras nesse movimento e elas executarão com um atraso τ o mesmo

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17.5. A onda senoidal 571

Figura 17.5: Trem de ondas senoidais.

movimento harmônico simples, com a mesma amplitude A e a mesma freqüên-cia ω=2πN, por hipótese. Assim o movimento no ponto x1, por exemplo, teráum deslocamento

a = A sen(ω(t − τ)) ,

em que ω=2πN =2π/T , e onde τ é o atraso com o que o movimento se iniciaem x1, isto é, τ é o intervalo de tempo que o movimento leva para chegar a x1com velocidade v, logo τ= x1/v e assim:

a = A sen(ω(t − x1

v)) .

Essa função fornece o movimento ondulatório originado num ponto do meioque executa um MHS de equação a= A sen(ωt). Podemos pôr essa função soboutra forma:

a = A sen(ωt − ωx1

v)

= A sen(ωt − 2πNx1

v)

= A sen(ωt − 2πx1

vT)

= A sen(ωt − 2πλ

x1) .

Costuma-e representar pela letra k o coeficiente 2π/λ, i.e., k = 2π/λ, o queconstitui uma grandeza muito importante no movimento ondulatório, conhe-cido por número de onda circular, enquanto o inverso do comprimento de ondaé chamado número de onda.

O estudante pode ficar achando que o argumento das funções nas equaçõesanteriores são muito diferentes daquele que aparece na expressão a= f (x−vt),já obtido para a função de onda. É fácil ver que o argumento da função pode

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se reduzir ao mesmo, pois v=λN =λ/T e assim:

a = f (x − λNt)

= f (λ(xλ− Nt)) , multiplicando e dividindo por − 2π :

= f (−λ2π

(2πNt − 2πλ

x))

= f1(ωt − 2πλ

x) ,

tendo-se incluído a expressão −λ2π na função f1. Se o movimento é senoidal,

f1 = A sen(ωt − 2πλ x).

Exercício 17.1. Verifique se a função φ= A sen(ωt− 2πλ x) é solução da equação

da onda: 1

∂φ

∂t2 = v2 ∂φ

∂x2 .

17.6 Ondas transversais e ondas longitudinais

17.6.1 Ondas transversais

No tipo de ondas que acabamos de considerar, o movimento das partículas domeio se efetua na direção transversal (ortogonal) ao movimento de propaga-ção da onda no meio. A direção x é a direção de propagação do movimentoondulatório e as partículas vibram na direção ortogonal a. Esse tipo de ondaem que as partículas vibram na direção transversal à direção de propagação domovimento ondulatório se denomina onda transversal.

17.6.2 Ondas longitudinais

Há outro tipo de movimento ondulatório extremamente importante, que é aque-le em que as partículas vibram na mesma direção da propagação do movimentoondulatório. As ondas, nesse caso, se denominam ondas longitudinais.

Os dois tipos de ondas podem ocorrer nos sólidos, líquidos e gases. Nosfluidos, as ondas transversais podem ocorrer na superfície de separação entredois fluidos ou duas camadas do mesmo fluido de diferentes densidades, águadoce e água salgada, ou ocasionadas por diferenças de temperatura, como porexemplo na atmosfera terrestre, em que pode haver camadas de ar de densi-dades diferentes ocasionadas por diferença de temperatura. Na superfície de

1Determine as derivadas segundas de φ(x, t).

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17.7. Aplicações da equação da onda 573

separação podem surgir ondas de velocidade pequena, ao longo da superfícieaparecem condensações periódicas de vapor d’água formando faixas paralelasde nuvens brancas. Nas superfícies da água, as partículas descrevem movimen-tos circulares e no seu conjunto formam uma onda progressiva não-senoidal.

17.7 Aplicações da equação da onda

17.7.1 Cordas vibrantes

Suponhamos uma corda de um material qualquer esticada sob uma tensão Fpor suas extremidades. Para desenvolver o estudo do movimento ondulatórioda corda, podemos supor que ela tenha um comprimento muito grande, demodo que não precisemos considerar os efeitos advindos das suas extremi-dades, nas quais ocorrem reflexão de ondas, a onda refletida superpondo-se aonda direta, o que complica o estudo. Podemos, deste modo, supor uma ondapercorrendo a corda cuja direção é a direção x. Veja Fig. 17.6a. Na Fig. 17.6b

(a)

(b)

Figura 17.6: Situação de uma onda transversal no instante t; a figura (b) é um detalheda figura (a).

ampliamos a onda da Fig. 17.6a para analisá-la, vemos um elemento ∆x dacorda em vibração transversal, suas extremidades 1 e 2 têm ordenadas a e a′, eestão submetidas às forças ~F e ~F′ produzidas pela tensão, respectivamente. Aamplitude da onda é relativamente pequena em relação ao seu comprimento λ,de modo que podemos considerar a inclinação do elemento ∆x, em relação àposição de repouso x como muito pequena, isto é, o ângulo θ é muito pequeno.A resultante das forças externas que atuam no elemento x será ~R= ~F+ ~F′, des-prezando o peso do elemento ∆x por ser muito pequeno em relação às forças ~R.

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Projetando ~R sobre x e sobre a direção ortogonal a x, teremos:

Rx = F′x + Fx = F′ cos θ′ − F cos θ ;

Ra = F′a + Fa = F′ sen θ′ − F sen θ ,

em que θ e θ′ são ângulos com a direção x.Vamos admitir a hipótese deque não haja deslocamento de ∆x ao longo

de x, desse modo a aceleração ao longo de x será nula, isto é:

F′ cos θ′ − F cos θ = 0 .

Desenvolvendo cosα em série de Taylor:

cosα = 1 +12α2 +

14α4 + . . .

como θ e θ′ são muito pequenos, podemos desprezar os termos após o primeirotermo do respectivo desenvolvimento, isto é, cos θ≈cos θ′; como, pela hipóteseanterior, F′ cos θ′ − F cos θ = 0, logo F′ = F, ou seja, o módulo da tensão aolongo da corda não varia quando ela vibra. Vejamos a componente ortogonala x:

F′ sen θ′ − F sen θ = mγ , como F′ = F

F(sen θ′ − sen θ

)= mγ ,

fazendo:sen θ′ − sen θ = ∆ sen θ =

∂ sen θ∂x

∆x

e tendo em vista que θ pe muito pequeno:

sen θ ≈ tan θ =∆a∆x≈ ∂a∂x

e assim∂

∂xsen θ =

∂

∂x∂a∂x

=∂2a∂x2

logo:

F∂2a∂x2 ∆x = mγ = (µ∆x)

∂2a∂t2 , pois γ =

∂2a∂t2 ,

portanto:∂2a∂t2 =

Fµ

∂2a∂x2

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que é a equação da onda, i.e., a equação diferencial do movimento da onda nacorda. Comparando com a equação (17.2) se tira a velocidade de propagaçãoda onda na corda:

v =

√Fµ

Exercício 17.2. Uma corda de fio de cobre é esticada e presa pelas extremida-des em uma tensão F =1 kgf. Sua massa total é de 20 g e mede 80 cm. Calculea velocidade da onda transversal nessa corda.

Temos µ = (20 g)(80 cm) = (1/4) g/cm; F = 1 kgf = 9,8×105 dyn; portanto:v=

√F/µ≈2×103 cm/s=20 m/s

17.7.2 Reflexão de onda numa corda vibrante –Ondas estacionárias

Suponhamos uma corda vibrante de comprimento L presa pelas extremidades.Uma onda gerada, por exemplo, na extremidade 1, em que, supostamente, sedesfez a fixação, momentaneamente, progride na corda até a extremidade 2 eaí se reflete. Vejamos em que consiste essa reflexão: a extremidade 2 não podevibrar pois está fixada, a partícula imediatamente anterior à 2 exerce sobre 2uma força para deslocá-la na direção ortogonal à direção da corda, a 2 reageforçando-a na mesma direção mas no sentido contrário, isto significa que seorigina na partícula 2 um movimento ondulatório de sentido contrário, a ondamuda de fase de 180 e muda o sentido de propagação. Veja Fig. 17.7 A e B.Diz-se que a onda se refletiu na partícula mudando a fase, é claro que sua ve-

Figura 17.7: Onda transversal (A) e a onda refletida (B).

locidade também mudou de sentido, pois a onda percorre a corda no sentidoinverso. Ao chegar à partícula 1, o processo se repete como na extremidade 2,a onda se inverte novamente, sua velocidade muda de sentido e ela reassume omesmo aspecto da Fig. 17.7A. Se não houver perda de energia essa onda ficarápercorrendo a corda da extremidade 1 para a 2, da 2 para 1, novamente de 1para 2, etc., indefinidamente. O estudante poderá indagar: e se nós gerarmos

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uma onda no ponto médio da corda, por exemplo, isto é, se deslocarmos mo-mentaneamente o ponto médio da corda, o que acontecerá? É óbvio que nessecaso o ponto médio P da corda, tendo executado uma vibração, originará umaonda para a direita e outra para a esquerda. Como o material da corda é omesmo, homogêneo, e sua tensão é a mesma ao longo do seu comprimento,a velocidade das duas ondas terá o mesmo valor, apenas sentidos contrários,deste modo, se a equação da onda que progride para a direita é a1 = f (x− vt), aequação da onda que progride para a esquerda será a2 = f (x+vt), pois a veloci-dade mudou de sinal; essa expressão também pode ser deduzida diretamente,como se fez no início do estudo para a onda que progride para a direita. Qual-quer ponto da onda pode ser sede do movimento ondulatório, como um pontoP1 próximo à extremidade 1 ou 2. Essas ondas vão se refletir nas extremidadesfixas 1 e 2 e compor-se, interferirem com as ondas diretas. Nas ilustrações daFig. 17.8, as duas ondas no meio da corda se refletem nas extremidades 1 e2, passam uma pela outra interferindo e prosseguem em seguida como se nãotivesse havido nada.

Observe-se que a função de onda que se reflete na extremidade 2 terá aexpressão a′2 =− f (x+vt). Se a onda é senoidal, teremos:

a1 = A sen(ω[t − (x/v)]) e

a2 = −A sen(ω[t + (x/v)])

Para facilitar, vamos supor ondas senoidais originando-se próximo à ex-tremidade 1 e refletindo-se em 2. Essas ondas interferem umas com as outrase no ponto x o deslocamento resultante será a soma dos dois:

a = a1 + a2 = A sen(ω[t − (x/v)]) − A sen(ω[t + (x/v)])

= A[senα − sen β

]

em queα = ωt − ωx

ve β = ωt +

ωxv.

Como se sabe: senα − sen β = 2 sen(α − β

2) cos(

α + β

2) .

Logo a = 2A sen(−ωxv ) cos(ωt), portanto a = A cos(ωt), isto é, no ponto x a

vibração é harmônica simples; mas a amplitudeA é variável com x:

A = 2A sen(−ωxv

)

e como ω=2πN e v=λN, tem-se:

A = 2A sen(−2πxλ

) .

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Figura 17.8: Propagação de uma onda gerada no ponto médio P da corda.

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17.7.3 Condições de contorno

As condições de contorno são condições que a função de onda deve satisfazerna fronteira ou no contorno do meio, isto é, neste caso, nas extremidades dacorda; na partícula 1 fixada, a amplitude é nula, o que se verifica pois, parax = 0, A = 0; na partícula 2, também fixada, devemos ter ainda A = 0, ora,na partícula 2, x = L, o comprimento da corda, logo: 2π

λ L = jπ, em que j é umnúmero inteiro, logo: λ= 2L

j . Como a velocidade da onda fica determinada pela

tensão na corda (F) e pela densidade da corda (µ), v =√

F/µ, e como v = λN,então

N = jv

2L= j

1

2L

√Fµ

.

Isto é, a freqüência é múltipla de 12L

√Fµ . Esse resultado pode ser resumido

dizendo-se que numa corda de massa específica µ e de comprimento L presapelas duas extremidades e sob uma tensão F, as freqüências de vibração sãomúltiplas inteiras de [1/(2L)]

√F/µ . Observe-se que a corda só pode vibrar

com essas freqüências, ou ainda, que a onda que percorre a corda é tal queo comprimento da corda é múltiplo inteiro de semi-comprimentos de ondaL = j λ/2. Isto significa ainda que se agitarmos ou sacudirmos um ponto dacorda com uma freqüência diferente dos valores acima, a corda não entra emvibração, não haverá ondas percorrendo a corda, ou seja, as freqüências e oscomprimentos de onda possíveis são:

N j = j

1

2L

√Fµ

e λ j =1j

2L , em que j ∈ N.

Para cada valor de j∈N haverá um modo de a corda vibrar, ao variar j obtemosos diferentes modos de vibração da corda. Por outro lado, para cada valor de jhaverá pontos da corda que ficam parados, ficam estacionários: para j = 1 sãoas duas extremidades da corda apenas que ficam estacionários e, nesse caso,λ=2L, a corda toda vibra entre duas posições extremas, e no decorrer do tempocada ponto x vibrará harmonicamente entre esses extremos. Veja as ilustraçõesda Fig. 17.9 que mostram vários modos de vibração da corda

A corda apresenta assim um aspecto estacionário, e por isso as ondas sedenominam ondas estacionárias.

O modo para j = 1 se denomina modo fundamental, ou harmônico 1, ouainda primeiro harmônico, e os outros harmónicos 2, 3, 4, etc. A corda só pode

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1o. λ1 =2L L= 12λ1

2o. λ2 = L L=λ2

3o. λ3 = 23 L L= 3

2λ3

4o. λ4 = 12 L L=2λ4

etc.

Figura 17.9: Modos de vibração da corda L= j λ/2.

vibrar com o harmônico fundamental e seus múltiplos inteiros. Os pontos fixosse denominam nós, e os pontos que vibram, ventres.

Esse exemplo é muito importante para o estudante compreender os postula-dos da Mecânica Quântica, pois neste caso, nem todos os valores da freqüênciaou do comprimento de onda são possíveis ou permitidos na corda, tendo emvista as condições de contorno, o movimento ondulatório está quantizado. Apassagem de uma onda de uma freqüência para outra não pode ser feita conti-

nuamente, mas por múltiplos inteiros da freqüência fundamental N1 = 12L

√Fµ ,

N2 =2N1, N3 =3N1, N4 =4N1, etc.

17.7.4 Exercícios

Exercício 17.3. Um fio de cobre está esticado entre duas fixações distantesde 50 cm, com uma tensão de 200 gf. Pede-se determinar as freqüências ecomprimentos de onda das ondas estacionárias correspondentes aos harmô-nicos 1, 2 e 3. A massa do fio de cobre em um metro é de 4 g.

Resposta N j = 12L

√Fµ ; λ j = 2L

j ; v = 2Lj ;

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e mais

µ =mL

=4 g

100 cm= 4×10−2 g/cm ;

v =

√200 × 980 dyn4×10−2 g/cm

= 22,1 m/s

N1 =1

2Lv = 22,1 Hz

N2 = 2N1 = 44,2 Hz , etc.

λ1 = 2L = 100 cm

λ2 = λ1/2 = 50 cm , etc.

Exercício 17.4. Uma corda de látex que tem massa de 0,36 g por metro éfixada entre dois pontos distantes de 50 cm sob uma tensão de 10 gf. Pede-seos harmônicos 1, 2 e 3.

Exercício 17.5. A corda de látex do exercício anterior é fixada em dois pontosdistantes de 35,3 cm sob uma tensão de 10 gf Pede-se os harmônicos 1, 2, 3, 4e 5; e os respectivos comprimentos de onda.

Exercício 17.6. Um fio de cobre é fixado entre dois pontos distantes de 50 cmsob uma tensão de 103,6 gf.

1. Qual a freqüência do fundamental e do 2o harmônico?

2. Onde devemos fixar essa corda para que o novo fundamental seja igualao segundo harmônico do item anterior?

Exercício 17.7. Executou-se a seguinte experiência: um fio de cobre de massaespecífica linear µ1 =2,350 g/m foi esticado por meio de uma mola de coefici-ente k1 = 37 gf/cm, com tensões 103,6 gf e 340,4 gf para obter fundamentaisquando fixado entre dois pontos cuja distância era determinada para isso.Essa corda 1 foi usada como fonte de freqüência pré-determinada para acio-nar uma corda de látex de massa específica linear µ2 = 36×10−2 g/m, fixadaentre dois pontos distantes 35,5 cm sob uma tensão de 10 gf fornecida poruma mola de constante elástica k2 =4 gf/cm. Veja na Fig. 17.10 o esquema daligação da corda 1, excitadora, com a corda 2 de látex.

A corda 1 foi dedilhada num ponto próximo à extremidade ligada à mola 1e numa direção ortogonal ao plano das duas cordas, isto é, ortogonal ao planodo papel na Fig. 17.10, a fim de produzir vibrações ortogonais à direção da

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corda 2. O fundamental da corda 1 produzia uma freqüência Nc1 que era trans-mitida à corda 2 que só vibrava quando um de seus harmônicos coincidia comesse fundamental. Obtivemos assim na corda 2 todos os harmônicos 1, 2, 3, 4e 5, e as respectivas ondas estacionárias.

⇐⇒

Figura 17.10: Esquema do dispositivo do exercício 17.7.

A redação do exercício não está completa. Mantivemos este fragmento paraque se tenha uma idéia da intensão do autor na continuidade do seu projeto.

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Apêndices

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Apêndice A

Coletânea de Preâmbulos dosFascículos

Optamos por pôr seqüencialmente os Preâmbulos dos Fascículos I–VI, dei-xando como Preâmbulo da obra o do 0 (zero). A leitura em seqüência dá mol-dura ao pensamento do autor.

A.1 Preâmbulo do Fascículo 0 1

Ao escrever este livro pensamos no estudante que deseja realmente aprenderfísica e que em geral não vê muita relação entre o que aprende, o que o cercae, principalmente, o laboratório; seja porque não existe, seja porque quando oalcança se perde na sua complexidade. A Física Experimental não é fácil,exige o conhecimento dos fenômenos, conceitos, leis e princípios; exige oconhecimento da matemática para representá-los e para desenvolvê-los emteoremas e para resolver problemas teóricos e práticos, e para alcançaraplicações tecnológicas. Como aprender física para chegar à plena realizaçãodo conhecimento teórico e experimental ou tecnológico?Existem excelentes livros e manuais de Física, nacionais e estrangeiros. Seusautores, de modo geral, procuram dar a explicação dos fenômenos, leis,princípios e conceitos físicos com muitos problemas; mas não se preocupamcom a parte do laboratório que é deixada para os manuais práticos; estesrelacionam as experiências sem inseri-las num contexto teórico. Neste livroprocuramos, a partir de observações e experiências simples, conduzir o

1 Foi posto como ‘Orientação ao Estudante’, pág. 21.

585

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586 Apêndice A. Coletânea de Preâmbulos dos Fascículos

estudante para a parte teórica e em seguida para suas aplicações teóricas eexperimentais. Como não podia deixar de ser, acompanha este livro oLaboratório Portátil que é parte integrante do curso. Com ele, o estudantepoderá realizar as experiências básicas necessárias a um desenvolvimento doconhecimento de Física Geral e Experimental. Procuramos sempre quepossível e desejável recordar a matemática necessária, mostrando seurelacionamento com a física experimental. Sabemos que muitas vezes osconhecimentos de matemática do estudante de física ou não existem ou jazemem seu subconsciente sem nenhum relacionamento com as experiências deFísica, daí esse nosso empenho.

Rio de Janeiro, 20 de agosto de 1976Armando Dias Tavares

A.2 Introdução do Fascículo I

Está posto como ‘Orientação ao Estudante’, na Apresentação, pág. 22.

A.3 Preâmbulo do Fascículo II

Neste capítulo desenvolveremos completamente o conceito de grandeza físicavetorial, e, com não podia deixar de ser, abordamos o conceito de vetor doponto de vista da matemática.Pode parecer fora de propósito desenvolver num livro de Física Experimentalconceitos tão abstratos como aqueles aqui abordados, mas parece-nos que, doponto de vista da Psicologia da Aprendizagem, é necessário que o estudanteveja como de objetos concretos se chega a entes abstratos que possuem todasas propriedades gerais que são relevantes na formação (e generalização) dosconceitos respectivos; a compreensão perfeita do conceito dará ao estudanteuma visão ampla e sintética do objeto em estudo, permitindo-lhe separarcorretamente qualquer coleção de objetos concretos (mensuráveis) aquelesque possuem os atributos necessários e suficientes para serem classificados enomeados dentro das respectivas categorias. Por outro lado, o estudante, jámotivado para o estudo da Física Experimental, verá que a MatemáticaAbstrata lhe dará domínio muito maior dos conceitos físicos, tirando, porassim dizer, o mistério desses conceitos. Esse fato lhe dará motivação evivência para o estudo dessa Matemática que é indispensável à Física e que oestudante muitas vezes despreza por não ver nenhuma relação com a Física

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A.4. Preâmbulo do Fascículo IV 587

Experimental, ou mesmo como a Física Teórica, o que lhe trará gravesprejuízos nos seus estudos posteriores.

A.4 Preâmbulo do Fascículo IV

Ver parágrafo 4.6.4, pág. 209.

A.5 Preâmbulo do Fascículo V2

Neste “fascículo” apresentamos o estudo da Cinemática, fazendo-o precederde considerações sobre sistemas inerciais, já que esse estudo se destinabasicamente à Dinâmica. A ênfase recai como sempre na conceituação; aquise trata do vetor deslocamento, do vetor velocidade e do espaço percorrido,sendo freqüente a confusão do primeiro com o último, por parte do estudante.Para que ficasse bem claro o conceito dessas grandezas, fizemos o estudo domovimento no plano e não sobre a reta, como se faz habitualmente nopressuposto de que a matemática ficará mais simples; entretanto os conceitosde vetor velocidade e de vetor deslocamento se confundem com os degrandezas algébricas, e por vezes aritméticas, de tal modo que o estudante aocalcular o espaço percorrido calcula o deslocamento acertando eventualmenteou errando e sem saber porque está errando e sem saber encontrar o erro.Pensamos que se torna mais fácil mostrar as grandezas vetoriais como são doque procurar simplificá-las, transformando-as em casos particulares maissimples que, porém, podem conduzir o estudante a erros conceituais, comotemos tido ocasião de observar.Como é óbvio, fazemos uso mais extenso da geometria analítica e do cálculodiferencial e integral, mostrando suas aplicações na cinemática. É necessárioque o estudante se esforce em aprender a matemática afim, a fim de que osconceitos físicos possam ser aprendidos com a matemática necessáriaa aplicações usuais e não somente as aplicações de casos particulares triviais.

Rio de Janeiro, 25 de julho de 1979Armando Dias Tavares

2 Correspondente ao Cap. 5, pág. 233.

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588 Apêndice A. Coletânea de Preâmbulos dos Fascículos

A.6 Preâmbulo do Fascículo VI3

No estudo elementar da aceleração que apresentamos neste fascículoprocuramos desenvolver, por completo, o caráter vetorial dessa grandeza, eaplicar os conhecimentos de Cálculo Integral e Vetorial que o estudante deveter estudado nas disciplinas de Matemática. O objetivo é duplo: primeiro paraexprimir corretamente as grandezas vetoriais e suas conseqüências e segundopara motivar o estudante ao estudo da Matemática, sem a qual não pode teruma descrição adequada e sintética dos fenômenos Físicos. Chamamos,porém, sua atenção para o fato de que ele não deve “decorar” fórmulasmatemáticas, mas deve decorar o processo de obtenção das fórmulasmatemáticas4 como exercício e o desenvolvimento dessa habilidadeintelectual (mental), ele poderá deduzí-las em frações de minutos a partir deuns poucos dados, definições e postulados iniciais, os quais, esses sim, devemestar gravados na memória permanente. Deste modo, paradoxalmente chegaráa saber de cor, aparentemente, uma quantidade muito grande de fórmulas eexpressões úteis no uso da Física.Poderá parecer exagerado desenvolver o que se convencionou chamar deFísica Geral e Experimental do modo pelo qual o fazemos aqui, entretanto épreciso lembrar que se trata de um curso superior básico e que supõe deverser continuado de modo mais profundo seja nas disciplinas técnicas seja nascientíficas que se lhe seguem; neste aspecto, temos notado que os cursosconvencionais não são suficientes, exatamente porque não querem apresentara Física num nível em que a matemática superior seja utilizada de modo maisamplo com o receio de que o estudante não possa entendê-la e assim reagirnegativamente. Nossa experiência no ensino mostra o contrário.

Rio de Janeiro, 7 de agosto de 1979Armando Dias Tavares

3 Correspondente ao Cap. 7, pág. 297.4 O que significa que ele deve aprender a deduzir essa fórmulas de maneira perfeita

sem titubear.

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Apêndice B

Discurso de Paraninfo da turmade Licenciados em Física daUniversidade Federal do Rio deJaneiro, ano de 1981

Exmo. Sr. Diretor do Instituto de FísicaProf. Eugênio LoernerExmo. Sr. Diretor Adjunto de GraduaçãoProf. Edson Pereira dos SantosDemais Autoridades PresentesIlmos. Srs. e Sras.

Meus caros Licenciandos1

1. Confesso que fiquei surpreso pelo convite que me fizeram para serparaninfo da turma. Fui professor de vocês apenas num semestre deInstrumentação para o Ensino II. Disseram que me escolheram porqueestou mais diretamente ligado ao curso de Licenciatura que sempre

1 u© Transcrito da cópia do discurso datilografado pelo autor, obtida dos arquivos do Prof.Joaquim Pereira Neto.

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590 Apêndice B. Discurso de Paraninfo

defendo e procuro valorizar. Entretanto minha voz produz uma notadissonante no coro de vozes na Universidade. Estou ficando velho, comcerteza é por isso. Fiz o curso primário há mais de 50 anos, numaescola primária da Prefeitura do então Distrito Federal, na EscolaPiauhy, em Bonsucesso, aqui perto.

2. Bonsucesso era um subúrbio miserável da Leopoldina; parcailuminação; sem calçamento nas ruas; sem esgotos; com febre amarela,impaludismo, e tuberculose.

3. As aulas começavam às 7 da manhã e se prolongavam até o meio dia.Havia um intervalo de 1

2 hora, às 10 horas, para o recreio, durante oqual aqueles que quisessem podiam comer um pedaço de pão commanteiga trazido de casa. Não havia merenda escolar.

4. As professoras formadas no Instituto de Educação, nunca faltavam eeram muito competentes.

5. No curso primário, aprendíamos a ler e a escrever, havia aula deortografia. Aprendíamos as 4 operações, somar frações, resolvercarroções, regra de três simples e composta, juros simples e composto,câmbio e a resolver problemas de aritmética. Aprendíamos geometriaelementar, a calcular a área de figuras planas: quadrados; retângulos;triângulos; trapézios e círculos; a determinar o volume de cubos,paralelepípedos, pirâmides, cone e esfera.

6. Aprendíamos a conjugar os verbos em todos os tempos e modos,incluindo os verbos irregulares, o uso e colocação de pronomesoblíquos, a fazer análise gramatical e análise lógica, e a fazercomposição. Ao terminar a 4a série primária ganhei 2 livros: Históriada Carochinha e História dos Irmãos Grimm. Tomei gosto pela leitura.

7. Na 5a série recebemos da Escola um livro: Antologia Brasileira,contendo uma excelente seleção de trechos de escritores e poetasportugueses e brasileiros, ilustrado e comentando várias escolasliterárias. Era o livro e leitura na Sala de Aula.

8. Aprendíamos desenho a mão livre; e, em Lições de Coisas, noções deciências e higiene. Estudávamos Geografia e História do Brasil,tínhamos de fazer mapas do Brasil e do Mundo, com acidentesgeográficos, as capitais e cidades principais dos vários países em todosos continentes.

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9. As matérias estudadas eram Português, Matemática, Geografia, Ciênciae Desenho a Mão Livre, com ênfase em Português e Matemática.Aprendíamos ainda a cantar o Hino Nacional, o Hino à Bandeira, oHino da Independência, etc.

10. O primário tinha 5 anos. Ao terminá-lo, um tio meu colocou a nossadisposição sua biblioteca: uma estante pequena, cheia de livros deLiteratura: Miguel Zevaco, Eça de Queiroz, Camilo Castelo Brando,José de Alencar, Machado de Assis, Coelho Neto, etc.

11. A leitura desses livros me proporcionava imensa satisfação e prazer.

12. Ao entrar para o ginásio houve um rebaixamento de nível,consubstanciado na reforma Francisco de Campos, posta em vigornaquele ano.

13. Para entrar para o ginásio tínhamos de fazer o exame de Admissão. Oginásio tinha 5 anos. Com os conhecimentos que tínhamos do primárionão precisávamos estudar até o 3o ano ginasial. Estudava-se Portuguêse Matemática da 1a à 5a série. Ciências, História e Geografia iam até à3a, bem como o Francês e o Inglês; Latim começava na 4a série e seprolongava na 5a. Na 4a e 5a séries, a História Natural se subdividia emZoologia, Botânica e Mineralogia.

14. Quando terminávamos o Ginásio sabíamos: trigonometria, álgebraelementar, noções de geometria analítica, derivação e integração,calcular áreas e volumes por meio de integração. Sabíamos algumacoisa de Química e Física (parte descritiva), Zoologia e Botânica erambem estudadas, Mineralogia porém não era dada. Fizemos o cursoginasial num colégio do interior, o Colégio Modelo, em Friburgo.

15. O Colégio Pedro II, no Rio, era o Colégio Padrão. Orientava o ensinosecundário em todo Brasil, fornecendo programas oficiais, calendárioescolar, e punha livros à disposição dos professores, escritos peloscatedráticos do Pedro II: em Matemática, da 1a a 5a série, era o CecilThyré e Melo e Souza; Zoologia, Botânica e Mineralogia eram MelloLeitão e Lafayette Pereira, etc. O Inspetor Federal ia a Friburgofiscalizar o Colégio, as provas, exames, etc.

16. Terminado o ginásio, fui trabalhar numa farmácia como prático defarmácia, e sob a orientação do farmacêutico, pouco tempo depois,

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estava aviando receitas, preparando remédios, pomadas, etc. Tudo issoera-me fácil dados os conhecimentos de química e botânica queaprendera. Se tivesse tido oportunidade, poderia ter trabalhado comotradutor de Francês e Inglês e com um pouco de treino servir deintérprete de Francês. Na Farmácia ganhava muito pouco. Tinha quearranjar um emprego mais rendoso. Foi quando houve concurso para oInstituto de Pensões e Aposentadoria dos Industriários. Tinha de fazer oconcurso, no qual entrava, porém, datilografia. A família se mobilizou,um tio arranjou uma máquina de escrever emprestada, um primo o livropara o estudo da datilografia, e assim, num mês preparei-me, estudandosozinho, para o concurso, no qual passei. Não havia CursoProfissionalizante.

17. Posteriormente ao curso ginasial havia o Curso Complementar, com 2anos. Era um curso pré-universitário. Nesse curso havia umaintensificação das matérias científicas do ginásio, conforme a áreaescolhida: medicina; farmácia; odontologia, Curso Complementar deMedicina; engenharia; arquitetura, Curso Complementar deEngenharia, etc. Como desejava estudar Biologia Matemática, ou (sic)Bio Física, fiz o curso Complementar de Medicina. No 1o anotínhamos: Matemática, com geometria analítica, álgebra,determinantes, séries, cálculo diferencial e integral, equaçõesdiferenciais; Inglês Científico; no 1o e 2o anos tínhamos: Biologia;Botânica; Zoologia; Física; Química Orgânica e Inorgânica; Psicologiae Sociologia.

18. Deste modo os cursos primário e secundário completos tinham 12 anos.Incluindo o primário, tínhamos 10 anos de Matemática, com 2 anos decálculo diferencial e integral, 5 anos de Física, 5 anos de Química e 5anos de História Natural.

19. Entretanto havia uma facção de líderes e intelectuais que não estava deacordo com a reforma de Francisco de Campos e escreviam artigos elivros mostrando o absurdo de tal reforma, a qual seria prejudicial àformação cultural do jovem. Em Friburgo, ainda no ginásio, líamos osartigos do padre Arlindo Vieira, que liderava a anti-reforma,principalmente porque haviam retirado do ginásio o estudo do Grego equase eliminado o estudo do Latim, reduzido a 2 anos. Seusargumentos eram para nós tão convincentes que resolvemos estudarGrego. Essa corrente acabou vencendo, e veio uma reforma pondo o

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Latim da 1a à 4a séries ginasiais, retirando as matérias científicas. Era opredomínio do Humanismo sobre o Cientificismo.

. . . . . . . . . . . . . . .

20. Quando entrei para a Universidade tinha um bom conhecimento deMatemática, Física, Química, História Natural, Português, Francês eInglês.

21. O curso na Universidade foi muito bom. Apenas a Universidade erapobre no que diz respeito a Laboratórios. Assim, por exemplo, em todoo meu curso de Física Geral e Experimental fiz apenas uma experiênciade Física. Os professores universitários ganhavam muito pouco, nãohavia tempo integral, dedicação exclusiva ou auxílio para a pesquisa.Por isso mesmo os professores universitários davam aula no cursosecundário de Prefeitura que pagava o famoso padrão O. Depois essesalário foi-se aviltando e em 1960 era apenas 10 salários mínimos.

22. Joaquim da Costa Ribeiro foi meu professor de Física Geral eExperimental durante dois anos. Sua aula inaugural entusiasmou-se,fazendo-me decidir pelo estudo da Física. Foi um grande mestre,exímio Físico Experimental; abnegado, nunca faltava à aula nemchegava atrasado. Com família numerosa, teve nove filhos, dava aulaspara sobreviver. Mas, desenvolveu a Física en Universidade; descobriuum efeito novo, que denominou Efeito Termodielétrico, o qual é hojeconhecido e estudado no mundo inteiro como Efeito Costa Ribeiro.Posteriormente, vim a ser seu assistente na Faculdade Nacional deFilosofia. Também passei a dar aulas no Curso Secundário daPrefeitura, padrão O. Na Universidade meu ordenado como assistenteera insuficiente. Com o advento do Conselho Nacional de Pesquisas(CNPq) em 1951, Costa Ribeiro formou um grupo para o Estudo doEfeito Termodielétrico, obtendo auxílio no CNPq. Deste modo reduziminhas aulas de 46 por semana para 33 apenas, 18 na Faculdade e 15na Prefeitura. Os auxílios que o CNPq concedia eram irrisórios. Ogrupo era constituído por mim, Sérgio Mascarenhas, Edson Rodrigues,Yvonne Primerano, Luiz Paulo Mesquita Maia, Rosa Rabelo e PedroCavalganti, todos com uma bolsa muito pequena do CNPq. Foi umtempo glorioso, e inolvidável, de trabalho intenso, sem férias, feriadosou descansos. . . não falarei sobre ele, pois temo exceder-me.

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23. No curso Científico era professor de Física, dava 5 horas de aula no 1o

ano, 5 no 2o ano e 5 no 3o. O livro adotado era o livro do prof. LuizPaulo Mesquita Maia. Pela 1a vez, a física deixava de ser matériadescritiva simplesmente e passava a ter uma estrutura coerente comproblemas e exercícios. A Mecânica no 1o ano era estudada edesenvolvida a partir das leis de Newton, com exercícios e problemasinteressantes.

24. Nessa época os alunos, terminado o Científica, faziam o vestibular eentravam para a Universidade. Mas o ensino foi caindo, porque, meparece, o salário do professor foi diminuindo com a inflação, e, nãoconseguindo aumento os professores arranjavam emprego em outrosColégios. Os cursinhos passaram a ganhar força e estrutura, efetivandoa desintegração do curso secundário.

25. Os alunos começavam a chegar ao 1o ano do Curso Científico sem oconhecimento de matemática suficiente para resolver exercícios deFísica, na hora de calcular cometiam erros crassos de matemáticaelementar. Não seria assim possível dar o programa de Física exigido.Para prová-lo, em 1964, fiz um teste de matemática versando sobreconhecimentos de aritmética, álgebra, geometria elementar etrigonometria, e que faziam parte dos cursos primário e ginasial. Passeio teste nas Escolas do Estado e Escolas Particulares, desde o 6o anoprimário até o 3o do Curso Científico; mais de 1000 alunos fizeram oteste, o qual era passado na turma pelo próprio professor de matemáticaou de física. O resultado foi esclarecedor, mais de 50 % dos estudantesdo 3o ano do Curso Científico não tinham conhecimentos dematemática suficientes para aprender o que já havia sido aprendido poroutras turmas num passado ressente. Os livros de Luiz Paulo MesquitaMaia não podiam ser mais adotados no curso. O ensino tinha caidoaceleradamente nos últimos anos. Levei esse resultado às autoridadescompetentes que nada fizeram.

26. Uns dois ou três anos depois, iniciaram uma campanha para reformar oensino. Quem? Críticas na televisão, principalmente em programashumorísticos, artigos de jornais de muitos sábios e religiosos. Nosprogramas humorísticos focalizava-se um jovem que desejava umemprego mas que mostrava total ignorância da profissão referente a ele,relevando entretanto que conhecia de cor fatos de geografia e história,principalmente, sem nenhuma utilidade prática. Era necessário dar uma

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profissão ao jovem que, coitado dele e dos pais, passava parte de suavida freqüentando escolas sem contudo, ao sair, ter os conhecimentosmínimos indispensáveis a qualquer emprego que lhe fosse oferecido,apesar de saber muito bem fatos e dados sem nenhuma utilidade. Eranecessário dar uma profissão aos jovens. Sensibilizados e bemintencionados mais uma vez os padres, abdicando do grego e do latim,uniram suas forças poderosas no combate ao ensino em vigor, e por fimapresentaram uma reforma que foi aprovada e que está em uso, quetodos conhecem e cujo objetivo é o Ensino Profissionalizante.

. . . . . . . . . . . . . . .

27. Sabendo que o aluno não pode aprender Física sem saber matemáticaelementar, na UERJ há mais de 15 anos dou um teste de matemáticaindo desde a soma de frações e divisão de números, até o cálculo deuma área por meio de integral. 80 % dos alunos aprovados no vestibularrevelam não saber somar frações, nada sabendo de trigonometria, etc.Apenas os conhecimentos de matemática do primário reprovariamcerca de 70 % dos alunos já aprovados no vestibular. Ainda mais, uns10 % revelam não possuir os conhecimentos de português para entenderuma aula. Passaram 11 anos de suas vidas nos bancos escolares e nãoaprenderam a dividir um inteiro por um decimal, não sabem somarfrações, etc., ou mesmo escrever um simples bilhete, corretamente emsua lingua materna. Não têm conhecimento suficiente para fazerqualquer curso superior. Há exceções naturalmente, isto é, alunos quetêm conhecimento adequado de matemática e de português, uns 10 %.Alguns são excelentes, uns 2 %.

28. Mas e a maioria? São débeis mentais por acaso? Não! Durante 8 anosprocurei recuperar tais alunos e muitos deles se revelaram altamenteinteligentes, capazes mesmo de ultrapassar os colegas com boa base,destacando-se por fim na turma já no final do curso. São praticamenteanalfabetos quando iniciam o curso de graduação, terminando-o,porém, com destaque e aptos a fazerem cursos de mestrado em outraUniversidade. A culpa pelo seu despreparo não é do estudante mas dopéssimo ensino que tiveram.

. . . . . . . . . . . . . . .

29. É preciso restaurar o ensino. A escola foi criada para o aluno estudar,para aprender, para adquirir cultura, civilizar-se, tornando-se um fator

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positivo para a sociedade, para dominar um primeiro lugar sua línguamaterna que é o seu instrumento de comunicação com os outros; paradominar a base de toda a tecnologia moderna que é a matemática,conhecer ciências, história e geografia. O estudante na Escola tem queaprender a pensar e a tirar conclusões corretas. Tem que adquirircultura, pois mesmo que ele pare de estudar após o curso primário ouginasial, não podemos negar-lhe uma formação cultural adequada paraa vida moderna, cultura com a qual possa usufruir do convívio comseus companheiros em palestras e conversas amigáveis, e com a qualpossa compreender e discutir a atuação dos deputados e senadores, depolíticos e religiosos e possa votar conscienciosamente. Tem que tercultura que possa desenvolver pelo resto da vida, no mínimo, lendo porexemplo seu jornal favorito, corretamente escrito em português, e nãocomo ocorre agora cheio de erros crassos nos tempos verbais, nospronomes e na sintaxe. Não é possível qualificar para uma profissãoqualquer, aquele que mal sabe ler, que tem um vocabulário reduzido a2000 palavras, que não sabe somar, e nada sabe de ciência. Seriapreferível que não tivesse entrado para a Escola, mas que analfabetoaprendesse com os mais velhos em empregos adequados para crianças,um vocabulário maior, um acervo de conhecimentos por tradição oral,muito superior.

30. Saindo de um curso primário ou ginasial bem feito, quanto tempo seránecessário ao jovem para ingressar numa profissão no Comércio ou naIndústria? Pouco tempo. Sua qualificação poderá ser feita na própriaempresa, com um período de adaptação de um a três meses.

31. Observa-se que o ensino nas grandes cidades é pior que no interior. Jáno meu tempo assim era. Por quê? Pelas múltiplas distrações oferecidasaos jovens. Pela gama infinita de solicitações para tudo o que nãopresta. Nestes 50 anos o ensino foi decaindo sempre, fizeram-sereformas que o levaram ao descalabro completo. O grau de cultura deum povo se avalia assistindo aos programas de televisão, observando osanúncios e novelas, ouvindo as músicas no rádio, lendo os jornais.

32. Ver-se-á que os brasileiros sofrem um processo de imbecilização emmassa. Os anunciantes não usam mais palavras complicadas, apenaspalavras simples, frases curtas, cheias de gíria e onomatopéias, ousimplesmente mímica: gestos, expressões faciais e sexo. nas grandes

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cidades o descalabro atinge proporções catastróficas.

. . . . . . . . . . . . . . .

33. O Magistério é a profissão mais importante de um país, de uma nação.Quem dominar o ensino de um povo dominará esse povo, levando-o àruína em uma geração ou poderá transformá-lo num povo em progressocontínuo em duas gerações.

34. É necessário que o magistério seja restrito à sua classe, e não dominadopor leigos, comerciantes e políticos ou religiosos. É necessário que osleigos de todo tipo se afastem do ensino, principalmente da legislaçãosobre o ensino. Há pouco tempo, para consubstanciar a reforma deensino em 1o e 2o ciclo, e por outros motivos, houve uma reforma noscursos de licenciatura, objetivando a formação do professor“polivalente”, criavam-se para tanto os cursos de licenciatura curta comdois anos.

O professor polivalente poderia dar aula de qualquer matéria no 1o

ciclo, para isso bastava-lhe estudar na Universidade mais dois anos.Felizmente essa reforma encontrou a mais veemente oposição por partedas Universidades Federais e acabou extinguindo-se. Não contentes detransformarem os cursos primário e secundário em fábricas deanalfabetos diplomados, queriam formar professores analfabetos emvárias disciplinas, fechando o ciclo da analfabetização.

35. Temos de revolucionar o ensino, e essa Revolução só poderá partir doprofessor e do estudante. O estudante precisa ser esclarecido paracompreender que há mais um crime organizado contra ele, pelasociedade como um todo. Começa com sua utilização pelos políticos.

Os estudantes são utilizados para fazer política partidária dentro daUniversidade. Deixam de estudar e aprender, deixam de se dedicar a suarecuperação do ensino criminoso que os manteve na ignorância durante11 anos, para dedicar-se à política partidária dentro da Universidade eno final não têm forças para superarem as dificuldades imensas dosprogramas e currículos universitários e acabam desistindo de estudar.

36. Os professores de ensino secundário têm que assumir as rédeas domagistério, lutar para

uer sua profissão e restaurar o Ensino. Para isso têm que se constituirnuma classe, formar uma associação. Por exemplo, a Associação

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Nacional dos Professores de Ensino Secundário, filiada à AssociaçãoNacional dos Docentes de Ensino Superior. Juntas, certamente serãopoderosas e importantes do ponto de vista social: é preciso nãoesquecer que são os professores que formam a sociedade, que lhe dãocontinuidade e que renovam. Os políticos só respeitam os movimentosde massa, e os professores poderão, como classe coerente, com seucódigo de ética profissional, promover o mais sério e importantemovimento de massa para soerguer a sociedade brasileira que marchapara a decadência e extinção de seus padrões morais e intelectuais,onde, parece-nos, que o objetivo dos inimigos do povo brasileiro étransformar as novas gerações num bando de macacos domesticados eamestrados, incapazes de pensar e tirar conclusões próprias, sabendoapenas obedecer a ordem simples, secundadas por gestos e mímicas. Osmacacos serão mantidos em número limitado, por todo tipo de controlede natalidade, para que sejam apenas em número suficiente paraassegurar que os recursos e riquezas fabulosas deste país sejamconvenientemente explorados por empresas estrangeiras que trarão paracá, seus técnicos, engenheiros e cientistas, que, esses sim, serão osdonos do país.

Armando Dias Tavares

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Apêndice C

Fac-símile de um artigo

Juntamos nas páginas seguintes cópia em fac-símile de o artigo publicado peloautor [28] e citado no final do §9.4, a separata do artigo foi obtida do arquivodo Prof. Joaquim Pereira Neto.

As correções manuscritas são do autor.

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Apêndice D

Fragmentos de “O Ensaiador”de Galileu Galilei∗

Consideramos conveniente e oportuno transcrever (e por ser extenso pôr emapêndice) fragmentos de um texto histórico sobre um processo de descobertaque consta no item 13 de “O Ensaiador” de Galileu [12], “Escrito em Formade Carta” e com carta de encaminhamento ao papa Urbano VIII assinada emRoma, 20 de outubro de 1623, por “Os Acadêmicos Dos Linceus”, com ofrontispício traduzido no quadro à pág. 608.

Em O Ensaiador, Galileu dá resposta a críticas recebidas de “. . . invejososdaqueles louvores devidos a tão importantes descobertas: nem faltaramaqueles que, somente para contradizer minhas palavras, não se preocupa-ram de pôr em dúvida todas aquelas demonstrações que viram e reviram àvontade com seus próprios olhos.” Significando “viram e reviram à vontadecom seus próprios olhos” as observações que se puderam fazer por meio dotelescópio “descoberto” por Galileu.“. . . Chegando agora às conclusões específicas, será, certamente, coisaótima (para que não permaneça nada sem ser observado) dizer algo sobrea inscrição da obra que o Sr. Lotário Sarsi intitula Balança Astronômica eFilosófica.”

Depois de um histórico, Galileu passa a enumerar transcrições da BalançaAstronômica e Filosófica de Sarsi1, a cada item transcrito se seguem suas ar-gumentações. Transcrevemos em seguida fragmentos do item 13.

∗ u© Este apêndice foi incluído por revisor e está remetido pelo parágrafo 1.1.1 Lontário Sarsi é pseudônimo do padre jesuíta Horácio Grassi (1583–1654), professor de

matemática no Colégio Romano.

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608 O Ensaiador

O EnsaiadorOnde

Com Perfeito e Justo EquilíbrioRaciocina-se Sobre As Coisas Contidas

Na

“Balança Astronômica e Filosófica”De

Lotário Sarsi SigensanoEscrita Em Forma De Carta

Ao Ilustríssimo E Reverendíssimo MonsenhorD. Virginio CesariniAcadêmico Linceu

Mestre De Sala De N.S.Pelo Senhor

Galileu GalileiAcadêmico LinceuNobre Florentino

Filósofo e Matemático PrincipalDo

Sereníssimo Grão-Duque Da Toscana

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O Ensaiador 609

Sarsi (. . . ) Galileu afirma terem-no ofendido, na esperança de merecerantes elogio que reprovação, em defender da calúnia essa luneta2

que, se não é seu filho, com certeza é seu discípulo3. (. . . )

Galileu (. . . ) Que o Pe. Grassi não tivesse intenção de me ofender aoconsiderar pouco inteligentes aqueles que desprezavam o argumen-to resultante do pouco aumento do cometa por meio do telescópio,o acredito com Sarsi; porém, havendo eu já declarado encontrar-me naquele número de pessoas, devia-me ser permitido apresentarminhas razões de defender minha causa, principalmente sendo elajusta. Quero ainda admitir com Sarsi que seu Mestre4 com boa in-tenção sustentasse aquela opinião, acreditando guardar e aumentara reputação e o valor do telescópio contra as calúnias daqueles queo consideravam fraudulento e enganador em óptica, e procuravamassim despojá-lo de suas inúmeras qualidades. Em relação a isto,parece-me ser boas e louvável a intenção do padre, porém a esco-lha e a qualidade da defesa parecem-me ruins e danosas enquantoquerem defender, contra a falsidade dos maldosos, os verdadeirosefeitos do telescópio atribuindo-lhe outros efeitos errados. Este nãome parece um bom argumento para persuadir da nobreza deste ins-trumento. Portanto, permita Sarsi desculpar-me se não me apresentocom aquela abundância que talvez pareça a ele conveniente, comose eu tivesse obrigação para com as novas qualidades e honras atri-buídas a este instrumento. E com que razão pretende ele que deveaumentar em mim a obrigação e a afeição para com eles por causados vãos e falsos atributos, enquanto eles, porque com minhas afir-mações verdadeiras os tiro do engano, condenam-me a perder a suaamizade?

Segue, depois, e não sei com quanta oportunidade se chama otelescópio discípulo meu e se chegue a descobri-lo até sendo meufilho. O que faz, sr. Sarsi? Enquanto tenta fazer-me interessar pelasgrandes obrigações, pelos benefícios feitos àquele que eu conside-rava meu filho, afirma que não é nada mais que um discípulo? Que

2 Note-se o emprego do termo luneta por Sarsi e do termo telescópio por Galileu.3 O texto de Sarsi é redigido em latim: (. . . ) “quibus offensum se dicit Galilæus, addenda,

existimavimus, de homine bene potius nos hinc meritos, quam male, sperantes, dum tubum hunc,quamvis non fœtum, alumnum certe ipsius, ab invidorum calumniis tueremur.”; enquanto o deGalileu, em italiano.

4 Esse é o termo que Sarsi usa para se referir a Mário Guiducci.

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610 O Ensaiador

retórica é a sua? Tinha antes acreditado que em tal ocasião tivessetentando apresentá-la como meu filho, quando estava bem certo deque não era. Qual parte eu tenha no descobrimento deste instru-mento, e se eu possa com razão chamá-lo produção minha já hámuito tempo o esclareci em meu Aviso Sidereo, escrevendo comoa Veneza, onde me encontrava naquele tempo, chegou a notícia deque um holandês havia apresentado ao Sr. Conde Maurício5 umaluneta com a qual as coisas longínquas percebiam-se tão perfeita-mente como se estivessem bem perto; nada mais foi acrescentado.Voltando a Pádua, onde me havia estabelecido, comecei a racioci-nar sobre este relato e na primeira noite depois de minha volta acheiuma solução. No dia seguinte fabriquei o instrumento e comuniqueio acontecido em Veneza aos mesmos amigos com os quais no diaanterior eu havia discutido sobre este problema. Dediquei-me logo àconstrução de outro mais perfeito que seis dias depois levei para Ve-neza, onde, com grande admiração minha, foi observado por quasetodos os principais gentis-homens daquela república, por mais deum mês em seguida, com grande aborrecimento meu. E, por con-selho de um meu aficionado mecenas, apresentei-o ao Príncipe, empleno Colégio, de cuja estima e admiração são testemunhas as car-tas ducais que ainda possuo e que mostram a grandiosidade da-quele Príncipe Sereníssimo, confirmando-me para a vida inteira, emrecompensa da invenção apresentada, no cargo de leitor no Estudode Pádua, com ordenado duplicado em relação àquilo que eu rece-bia antes, que era já três vezes mais do que qualquer ordenado dequalquer outro dos meus predecessores. Todos estes acontecimen-tos, sr. Sarsi, não se passaram num bosque ou num deserto, mas emVeneza, onde, se o senhor tivesse permanecido, não teria me cha-mado de simples mentiroso. Por graça divina, vive ainda lá a maiorparte daqueles senhores, bem cientes de tudo, por meio dos quais osenhor pode ser bem informado.

Pode ser que alguém afirmasse ser de bastante ajuda, para solu-cionar qualquer problema, ficar ciente antecipadamente da verdadeda conclusão e ficar certo de não estar procurando o impossível, eque por isso o conhecimento e a certeza de que a luneta havia sidoconstruída foram-me de tanta ajuda que sem eles eu não teria tal-vez encontrado. Respondo a isto dizendo que a ajuda oferecida pelo

5 Maurício de Nassau.

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O Ensaiador 611

conhecimento da existência do telescópio me impulsionou a pensarsobre o assunto, porque pode ser que sem ele eu nunca tivesse pen-sado nisto; porém, que o conhecimento de sua existência possa terfacilitado minha invenção, não acredito; e afirmo mais, que a soluçãode um problema já marcado e conhecido é obra de raciocínio muitomaior do que daquele que é necessário para encontrar a solução deum problema ainda não pensado nem conhecido, pois naquela hi-pótese pode haver influência do acaso em grande parte, mas nestaúltima é obra do desenvolvimento lógico. E estamos certos de que oholandês, primeiro inventor do telescópio, era um simples fabricantede óculos comuns, que, casualmente manuseando vários tipos devidros, encontrou, ao olhar ao mesmo tempo através de dois deles,um convexo e outro côncavo, colocados a distâncias diferentes doolho, e desta forma verificou e observou o efeito derivado, e inventouo óculo. Eu, porém, empolgado por este invento, encontrei a mesmacoisa, mas por continuidade lógica; e porque esta continuidade ló-gica é bastante fácil, quero explica-la a V. E. Ilustríssima para que,relatando-a se for o caso, ela possa com a sua facilidade tornar maiscrédulos aqueles que, como Sarsi, querem privar-me daquele louvor,qualquer que ele seja, que me pertence.

Meu raciocínio lógico foi então este: este óculo ou consta de umúnico vidro ou mais de um; não pode se originar de um único vi-dro porque ou a sua figura resulta convexa, isto é, mais espessano meio do que na orla, ou resulta côncava, isto é, mais fina nomeio, ou resulta ser compreendida entre superfícies paralelas. Po-rém, esta última não altera em nada os objetos visíveis aumentando-os ou diminuindo-os; a côncava os diminui e a convexa os aumentasuficientemente, mas os faz parecer indistintos e esfumaçados; por-tanto, um vidro só não pode produzir este efeito. Tomando-se entãodois vidros, e sabendo que o vidro de superfícies paralelas não al-teram nada, como acabamos de dizer, concluímos que este efeitonão podia ser produzido pela junção de um destes com qualquer umdos dois. Assim, restringi-me a experimentar aquilo que produzia acomposição dos outros dois, isto é, do convexo e do côncavo; per-cebi, assim, que solucionava meu problema. E o progresso relativoao meu invento foi tão grande que não me foi de ajuda conhecera verdade da conclusão. Porém, se Sarsi ou outros pensam que acerteza da conclusão seja de grande ajuda para produzir um deter-

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612 O Ensaiador

minado efeito, leiam eles as histórias onde encontrarão que Arquitaproduziu uma pomba voadora, Arquimedes, um espelho que ardiaa enorme distância e outras maquinarias extraordinárias, que foramacesas luzes perpetuas e cem outras conclusões estupendas. Raci-ocinando a respeito disto, poderão, sem muito esforço e com grandehonra e utilidade, encontrar o sistema de construção ou, se ao me-nos isto não se verificar, tirarão o benefício de esclarecer melhor quea facilidade que eles se prometiam em conhecer antecipadamente averdade do efeito era muito menor do que aquilo que acreditavam.

Mas quero voltar (. . . )

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Apêndice E

Referential inercial

Fragmentos de “Diálogo sobre os dois máximos sistemasdo mundo ptolomaico, e copernicano”de Galileu Galilei∗

Em alguns aspectos a questão primordial não é determinar um referencial iner-cial absoluto. Como a questão fundamental de uma teoria é sua aplicação emsituações que ocorrem na Natureza, explicando-as ou prevendo-as dentro deerro experimental aceitável (ou não, quando a teoria é candidata a reformula-ção) para dadas circunstâncias, o problema passa a ser identificar um referen-cial que possa ser considerado inercial dentro desses erros experimentais, ou,então, saber como “corrigir” a lei de movimento para aplicá-la em referenciaisnão-inerciais.

Uma das leituras que se pode dar à primeira lei de Newton é que ela pos-tula o referencial inercial, dá um critério para identificá-lo, definido escalas decomprimento e de tempo (conjugadas) coerentes com o conjunto das leis demovimento. Mas essas questões são sutis para um curso introdutório, assimapenas as indicamos.

Completamos essas observações transcrevendo1 um fragmento do Diálogosobre os dois máximos sistemas do mundo ptolomaico e copernicano (publi-cado em 1632 e proibido em 1633) de Galileu (1564–1642), esse é o penúltimolivro de Galileu, o último é o Duas novas ciências (1638). Note-se a sofistica-ção do raciocínio por simetria:

∗ Este Apêndice foi incluído por revisor ( u©) e está remetido por rodapé à página 236.1 Da ótima tradução para o português [14] por Pablo R. Mariconda.

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614 Diálogo – Galileu

(Diálogo, segunda jornada, “fala” de Salviati, ver [14, pág. 268 213] e [25,pág. 153], com a seguinte nota em margem externa: Experiência suficiente paramostrar a nulidade de todas as produzidas contra o movimento da Terra.)

Salviati . . . E aqui, como um último sinal da nulidade de todas as experi-ências apresentadas, parece-me que é o tempo e o lugar de mostraro modo de experimentá-la todas muito facilmente. Fechai-vos comalgum amigo no maior compartimento existente sob a coberta dealgum grande navio, e fazei que aí existam moscas, borboletas esemelhantes animaizinhos voadores; seja também colocado aí umgrande recipiente com água, contendo pequenos peixes; suspenda-se ainda um balde, que gota a gota verse água em outro recipientede boca estreita, que esteja colocado por baixo: e, estando em re-pouso o navio, observai diligentemente como aqueles animaizinhosvoadores com igual velocidade vão para todas as partes do ambi-ente; ver-se-ão os peixes nadar indiferentemente para todos os la-dos; as gotas cadentes entrarem todas no vaso posto embaixo; evós, lançando alguma coisa para o amigo, não a deveis lançar commais força para esta que para aquela parte, quando as distâncias se-jam iguais; e saltando, como se diz, com os pés juntos, transporíeisespaços iguais para todas as partes. Assegurai-vos de ter diligen-temente todas essas coisas, ainda que não exista dúvida algumade que enquanto o navio esteja parado as coisas devem acontecerassim, e fazei mover o navio com quanta velocidade desejardes; por-que (sempre que o movimento seja uniforme e não flutuante de cápara lá) não reconhecereis uma mínima mudança em todos os men-cionados efeitos, nem de nenhum deles podereis compreender seo navio caminha ou está parado: saltando, percorreríeis no tabladoos mesmos espaços que antes, nem daríeis saltos maiores para apopa que para a proa, porque o navio se move velocissimamente,ainda que, no tempo durante o qual estejais no ar, o tablado subja-cente deslize para a parte contrária ao vosso salto; e jogando algumacoisa ao companheiro, não será necessário atirá-la com mais forçapara alcançá-lo, se ele estiver para a proa e vós para a popa, quese estivésseis colocados ao contrário; e as gotas continuarão a caircomo antes no recipiente inferior, sem que nenhuma caia em dire-ção à popa, ainda que, enquanto a gota está no ar, o navio naveguemuitos palmos; os peixes na sua água nadarão sem maior esforçotanto para parte precedente quanto para a parte subseqüente do

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vaso, e com a mesma facilidade chegarão ao alinhamento colocadoem qualquer lugar da borda do recipiente; e finalmente as borboletase as moscas continuarão seus vôos indiferentemente para todas aspartes, e nunca acontecerá que se concentrem na parte endereçadapara a popa, como se estivessem cansadas de acompanhar o cursoveloz do navio, do qual seriam separadas, por manterem-se no arpor longo tempo; e se queimando alguma lágrima de incenso produ-zísseis um pouco de fumaça, veríeis que ele se eleva para o alto ecomo uma pequena nuvem aí se mantém, movendo-se indiferente-mente não mais para esta que para aquela parte. (. . . )

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Prefixos SI

Fator Nome Símbolo Fator Nome Símbolo1024 yotta Y 10−1 deci d1021 zetta Z 10−2 centi c1018 exa E 10−3 mili m1015 peta P 10−6 micro µ

1012 tera T 10−9 nano n109 giga G 10−12 pico p106 mega M 10−15 femto f103 quilo k 10−18 atto a102 hecto h 10−21 zepto z101 deca da 10−24 yocto y

Tabela E.1: A fonte dos símbolos é o documento oficial do SI (BIPM–1998; NIST–2001). A fonte da ortografia em português é o INMETRO (Portaria no 002, de 06 dejaneiro de 1993).

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Suplementos

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Sobre a revisão, editoração econtribuições

O texto aqui apresentado é transcrição de Física (sumários), Fascículos 0 a 6,além de um texto datilografado que corresponderia ao Fascículo 7 e de partedo texto datilografado correspondente ao curso de Acústica de autoria do Prof.Armando Dias Tavares, em que procedemos uma revisão e adaptação para for-mato de livro moderno.

Para não distorcer a intenção do Prof. Armando, procuramos identificar acontribuição ao texto original, com o intuito de possibilitar novas edições eestimular contribuições autorais.

Sobre as contribuições

Contribuíram para esta revisão (em ordem alfabética): 2

j© – Joaquim Pereira Netou© – José Umberto Cinelli Lobo de Oliveiran© – Nilson Duarte Dóriav© – Vitor Oguri

2 u© A letra no interior do círculo, p. ex., x©, identifica as contribuições acrescentadas aotexto original. Longe de exibição dos revisores, optamos por identificar as intervenções maiscontundentes no texto original para não o descaracterizar. Mesmo não sendo uma cópia “dosfascículos”, procuramos manter a integridade básica das idéias e do projeto do Prof. Armando.

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622 Sobre a revisão, editoração e contribuições

Sobre a editoração

Este texto foi processado em LATEX 2ε [31], usando o pacote3 MiKTEX parawindows (o Linux já contém nativamente o TEX), há pacotes de TEX para cadasistema operacional, visite o TUG, TEXUsersGrup, a página oficial do TEX.

3 u© Esse é um ótimo pacote do TEX [31] e que pode ser obtido gratuita e diretamente pormeio da internet [21].

http://www.tug.org/

http://www.miktex.org/

http://www.tug.org/

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Lista de Figuras

1.1 Uma fonte de inspiração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361.2 Esquema para a deflexão da haste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 381.3 Eixo associado a uma reta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461.4 Eixos cartesianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 481.5 Gráfico da lei associada a medidas tabeladas . . . . . . . . . . . . . . 511.6 Função linear e função afim . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 521.7 Deflexão de várias hastes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2.1 Gráfico da lei relacionando peso e deflexão . . . . . . . . . . . . . . . 672.2 Gráfico da lei relacionando peso e deflexão e as incertezas . . . . . . . 682.3 Erro de paralaxe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732.4 Ilustrações de dinamômetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 812.5 Dispositivo para calibração dos dinamômetros de precisão . . . . . . . 822.6 Aplicação da força ~F no ponto P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 852.7 Representação de uma força por segmento de reta orientado . . . . . . 862.8 Montagem da terceira experiência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 872.9 Quarta experiência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 892.10 Medida de intensidade de força . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 912.11 Indicação das forças atuando no ponto P . . . . . . . . . . . . . . . . 912.12 Montagem para medidas de ângulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 922.13 Forças e suas orientações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 932.14 Medição das coordenadas de um ponto . . . . . . . . . . . . . . . . . 942.15 Regra do paralelogramo, determinação gráfica . . . . . . . . . . . . . 952.16 Determinação gráfica da resultante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 962.17 Método trigonométrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 962.18 Método trigonométrico, outro exemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . 982.19 Decomposição de força . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 992.20 Decomposição de força, direções ortogonais . . . . . . . . . . . . . . 99

623

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624 Lista de Figuras

2.21 Método analítico para a regra do paralelogramo . . . . . . . . . . . . 1012.22 Regra do triângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1032.23 Decomposição de força . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1042.24 Alturas para a área do triângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1042.25 Primeira montagem para problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1082.26 Segunda montagem do problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1082.27 Montagem do problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

3.1 Cinco forças aplicadas em um ponto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123.2 Composição de forças por pares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1133.3 Composição de forças pelo fechamento da poligonal . . . . . . . . . . 1133.4 Método trigonométrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1153.5 Convenções para orientação de ângulos . . . . . . . . . . . . . . . . . 1163.6 Forças aplicadas nos quadrantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1163.7 Forças coplanares aplicadas no ponto (a, b) . . . . . . . . . . . . . . . 1173.8 Composição de forças . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1173.9 Composição de rotações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1203.10 Terceira lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1223.11 Terceira lei de Newton, exemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1233.12 Composição de duas forças e o limite para θ→0 . . . . . . . . . . . . 1253.13 Multiplicação de força por um número real . . . . . . . . . . . . . . . 1273.14 Ilustração para problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1293.15 Simetrias para rotações de um triângulo equilátero . . . . . . . . . . . 1373.16 Convenção para rotação positiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1393.17 Dispositivo para um problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1423.18 Forças correspondentes a um dispositivo . . . . . . . . . . . . . . . . 1423.19 Forças que atuam no ponto C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1433.20 Forças que atuam no ponto C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1443.21 Sistema de coordenadas para o método analítico . . . . . . . . . . . . 1463.22 Dispositivo para um problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1483.23 Dispositivo para um problema experimental . . . . . . . . . . . . . . 1483.24 Diagrama para um problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1493.25 Ilustração para um exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1503.26 Ilustração para exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1513.27 Regra da mão direita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

4.1 Corpo rígido em não-equilíbrio sujeito a força resultante nula . . . . . 1594.2 Exemplo de sistema nulo de forças . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1614.3 Ilustração para vetor deslizante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1624.4 Corpo rígido sujeito a forças concorrentes em um ponto . . . . . . . . 1634.5 Corpo rígido sujeito a forças paralelas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1634.6 Corpo rígido sujeito a forças paralelas de sentidos contrários . . . . . . 1654.7 Corpo rígido sujeito a um binário . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1674.8 Do Probl. 4.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168

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4.9 Do Probl. 4.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1694.10 Do Probl. 4.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1694.11 Do Probl. 4.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1704.12 Do Probl. 4.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1704.13 Força aplicada para girar um portão . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1714.14 Força aplicada para girar um portão? . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1724.15 Força aplicada para girar um portão? . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1724.16 Vista espacial da força ~F, do eixo z e do plano π . . . . . . . . . . . . 1734.17 Vista do plano π da projeção ~F′ da força ~F . . . . . . . . . . . . . . . 1734.18 Esquema para montagem de experiência . . . . . . . . . . . . . . . . 1754.19 Ponteiro em equilíbrio sujeito a três forças . . . . . . . . . . . . . . . 1754.20 Ponteiro em equilíbrio sujeito a quatro forças . . . . . . . . . . . . . 1764.21 Montagem de experiência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1784.22 Montagem de experiência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1784.23 Teorema de Varignon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1784.24 Outra forma de definir momento de força . . . . . . . . . . . . . . . . 1794.25 Vetor normal emergindo de um plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1814.26 Vetor normal imergindo em um plano . . . . . . . . . . . . . . . . . 1814.27 Composição dos deslocamentos representados . . . . . . . . . . . . . 1814.28 O pólo, a força, o vetor posição da força . . . . . . . . . . . . . . . . 1824.29 Forças paralelas aplicadas em um corpo rígido . . . . . . . . . . . . . 1834.30 Forças paralelas consideradas como vetores deslizantes . . . . . . . . 1844.31 Forças paralelas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1854.32 Forças paralelas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1874.33 Forças paralelas, outro exemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1884.34 Projeções ortogonais do vetor ~A no sistema triortogonal xyz . . . . . . 1904.35 Projeções ortogonais do vetor ~A no sistema triortogonal xyz . . . . . . 1914.36 Momento de uma força genérica no espaço . . . . . . . . . . . . . . . 1944.37 Ilustração para exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1964.38 solução gráfica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1974.39 A resultante e seu ponto de aplicação . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2014.40 Forças aplicadas em uma barra articulada . . . . . . . . . . . . . . . 2024.41 Forças aplicadas em uma barra retilínea . . . . . . . . . . . . . . . . 2034.42 Ilustração correspondente ao Probl. 4.22 (item 2) . . . . . . . . . . . 2044.43 Ilustração correspondente ao Probl. 4.22 (item 3) . . . . . . . . . . . 2044.44 Placa retangular com pesos distribuídos . . . . . . . . . . . . . . . . 2054.45 Placa retangular horizontal, visão espacial . . . . . . . . . . . . . . . 2054.46 Dispositivo do Probl. 4.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2064.47 Dispositivo do Probl. 4.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2064.48 Forças peso distribuídas espacialmente . . . . . . . . . . . . . . . . . 2064.49 Dispositivo do Probl. 4.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2074.50 Dispositivo do Probl. 4.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2074.51 Para o Probl. 4.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208

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4.52 Para o Probl. 4.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2084.53 Para o Probl. 4.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2084.54 Representação gráfica, Probl. 4.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2094.55 Ilustração para o centro de gravidade de uma haste fina . . . . . . . . 2114.56 Binário atuando sobre um corpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . 2164.57 Duas forças paralelas e de sentidos contrários . . . . . . . . . . . . . 2174.58 Dispositivo do Probl. 4.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2194.59 Dispositivo do Probl. 4.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2194.60 Estruturas para o Probl. 4.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2194.61 Partes da balança . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2214.62 Partes da balança . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2214.63 Partes da balança . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2234.64 Partes da balança . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2234.65 Partes da balança . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2244.66 Partes da balança . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2244.67 Corpo em repouso sobre uma mesa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2254.68 Corpo em repouso sobre uma mesa sujeito a força horizontal . . . . . 2254.69 Correspondente à segunda experiência sobre atrito . . . . . . . . . . . 2284.70 Correspondente à terceira experiência sobre atrito . . . . . . . . . . . 2284.71 Correspondente à terceira experiência sobre atrito . . . . . . . . . . . 2284.72 Correspondente ao Probl. 4.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

5.1 Periélio de Mercúrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2395.2 Sistemas de coordenadas associados a dois sistemas inerciais . . . . . . 240

6.1 Localização do ponto P pelas coordenadas (x, y) . . . . . . . . . . . . 2506.2 Localização do ponto P pelo vetor posição ~r =

−−→OP . . . . . . . . . . . . 250

6.3 O vetor posição ~r como combinação linear de ~a e de ~b . . . . . . . . . 2506.4 Localização de P pelo vetor posição ~r =

−−→OP . . . . . . . . . . . . . . . 251

6.5 Vetor posição ~r = x ı + y do ponto P de coordenadas (x, y) . . . . . . . 2526.6 Movimento do ponto P sobre a curva s . . . . . . . . . . . . . . . . . 2526.7 Movimento do ponto P sobre a curva s . . . . . . . . . . . . . . . . . 2536.8 Vetores posição do ponto P na curva b nos instantes t1 e t2 . . . . . . . 2546.9 Ponto P em movimento retilíneo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2546.10 Movimento do ponto P sobre a curva s . . . . . . . . . . . . . . . . . 2566.11 Movimento do ponto P sobre a curva s . . . . . . . . . . . . . . . . . 2596.12 Movimento de P numa seqüência de segmentos de retas . . . . . . . . 2626.13 Movimento do ponto P no plano Oxy . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2646.14 Detalhe do movimento do ponto P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2656.15 Deslocamentos em intervalos de tempo decrescentes . . . . . . . . . . 2676.16 A velocidade ~v em t= t0 e o versor τ no ponto ~r0 =~r(t0) . . . . . . . . 2706.17 Representação geométrica da velocidade instantânea . . . . . . . . . 2716.18 Espaço percorrido em movimentos retilíneos . . . . . . . . . . . . . . 272

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6.19 Espaço percorrido sobre linha poligonal aberta . . . . . . . . . . . . . 2736.20 Análise cinemática do movimento geral do ponto P . . . . . . . . . . 2756.21 Gráfico para o Probl. 6.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2796.22 Gráfico para o Probl. 6.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2816.23 Gráfico para o Probl. 6.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2826.24 Sucessão de movimentos retilíneos não-colineares . . . . . . . . . . . 2846.25 Representação gráfica do Probl. 6.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2876.26 Representação gráfica correspondente a equações paramétricas . . . . 2886.27 Movimento parabólico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2916.28 Movimento parabólico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293

7.1 Ilustração para o vetor ∆~v=~v2−~v1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2977.2 Decomposição do vetor ∆~v . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2997.3 Decomposição do vetor ∆~v . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3007.4 Geometria para a aceleração normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3017.5 Geometria do círculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3037.6 Geometria das normais e das tangentes . . . . . . . . . . . . . . . . . 3047.7 Ilustração para a velocidade angular média . . . . . . . . . . . . . . . 3057.8 Componentes normal e tangencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306

8.1 Ponto de inflexão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3138.2 Módulo da velocidade em função do tempo . . . . . . . . . . . . . . . 3148.3 Módulo da velocidade em função do tempo – mru . . . . . . . . . . . . 3158.4 Módulo da aceleração em função do tempo – (mrua) . . . . . . . . . . 3168.5 Módulo da velocidade em função do tempo – mru . . . . . . . . . . . . 3178.6 Posição de uma partícula em alguns instantes . . . . . . . . . . . . . . 3198.7 Velocidade de uma partícula para t ∈ (0 s,4 s) . . . . . . . . . . . . . . 3208.8 Módulo da velocidade de uma partícula para t ∈ (0 s,4 s) . . . . . . . . 3208.9 Para definição da velocidade angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3228.10 Representação de ∆θ

→. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325

8.11 Componentes da velocidade angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3268.12 Movimento circular sobre o plano xy . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3278.13 O′ como origem do vetor posição ~r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3278.14 Segmento de reta onde se apóia ~r(t)= A sen(ωt) . . . . . . . . . . . . 3298.15 Ponto Q executando um movimento circular uniforme, sobre circulo

de raio A e com velocidade angular ω . . . . . . . . . . . . . . . . . 3318.16 Levantamento do gráfico da função y= A sen(ωt) . . . . . . . . . . . . 3328.17 Levantamento do gráfico da velocidade v=ωA cos(ωt) . . . . . . . . . 3338.18 Ilustração comparativa entre os gráficos da posição e da velocidade de

um MHS de amplitude A e período T = 2πω

. . . . . . . . . . . . . . . 3348.19 Gráficos das funções v=ωA cos(ωt) e |v| . . . . . . . . . . . . . . . . 3368.20 Sistema de referência S Oxy e S ′O′ξη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3378.21 Sistema de referência S ′O′ξη com velocidade de translação ~v0 e movi-

mento de rotação em torno de O′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340

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8.22 Trem movendo-se com velocidade ~v em relação ao sistema de referên-cia S Oxy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341

8.23 Ilustração para a derivada temporal de ıξ . . . . . . . . . . . . . . . . 3428.24 Ilustração para a derivada temporal de η . . . . . . . . . . . . . . . . 3438.25 Trem com velocidade ~vo em relação a terra e um homem deslocando-se

com velocidade de ~v em relação ao trem . . . . . . . . . . . . . . . . 3468.26 Plataforma circular de raio R girando com velocidade angular ω . . . 3478.27 Plataforma circular de raio R girando com velocidade angular ω . . . 3488.28 Homem caminha tangencialmente a um circulo com velocidade de mó-

dulo constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3508.29 Homem corre em movimento circular . . . . . . . . . . . . . . . . . 3518.30 Movimento de equações paramétricas x=3,0t e y=8,0t − 0,8t2 . . . . 3568.31 Movimento de equações paramétricas

x=R cos(ωt) e y=R sen(ωt) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3588.32 O ′ é o centro de curvatura para t=3 s . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3598.33 Homem correndo radialmente sobre plataforma girante . . . . . . . . 360

9.1 Ilustração para a 2a Lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3629.2 Atração gravitacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3659.3 Forças de repulsão e de atração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3679.4 Geometria de um pêndulo terrestre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3689.5 Sistema não-inercial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3719.6 Balança de Eötvös . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3729.7 Máquina de Atwood montada com o Estojo de Mecânica – UERJ; situ-

ação inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3909.8 Máquina de Atwood; situação em que o fio de peso ~p fica retido no anel 3919.9 Máquina de Atwood; situação final para as medições . . . . . . . . . . 3929.10 Balanceamento da roldana da Máquina de Atwood . . . . . . . . . . 3939.11 Ilustração para o problema 9.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3959.12 Lançamento de um projétil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3969.13 Sistema de coordenadas Oxy para o movimento de um projétil . . . . 397

10.1 Centro de massa de três partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40010.2 Centro de massa de distribuição contínua de massa . . . . . . . . . . 40410.3 Elemento de massa em uma barra homogênea . . . . . . . . . . . . . 40710.4 Placa retangular ao sofrer a ação instantânea da força ~F . . . . . . . . 41010.5 Haste em equilíbrio horizontal sofrendo a força do taco . . . . . . . . 41110.6 Haste suspensa na horizontal por fio vertical passando pelo centro de

massa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41210.7 Taco atingindo o ressalto na haste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41210.8 Ilustrações aos Probl. 10.7 e Probl. 10.8 . . . . . . . . . . . . . . . . 41310.9 Diagrama solução do Probl. 10.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41510.10 Ilustração para o Probl. 10.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41510.11 Ilustração para o Probl. 10.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 415

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10.12 Diagrama para o Probl. 10.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41610.13 Diagrama para o Probl. 10.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41610.14 Diagrama para o Probl. 10.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41810.15 Chapa de ferro do Probl. 10.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 419

11.1 Diagramas para montagem da mesa giratória . . . . . . . . . . . . . . 423

12.1 Curva suporte do movimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42612.2 Termos adotados para o MHS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42812.3 Corpo suspenso por uma mola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43212.4 Curva de calibração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43312.5 Corpo suspenso por uma mola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43312.6 Massas rigidamente ligadas entre si e ao eixo Oz . . . . . . . . . . . . 43512.7 Massas rigidamente ligadas girando em torno de um eixo . . . . . . . 43612.8 Destaque do elemento de massa dm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43812.9 Ilustração para o Teorema de Steiner–Huygens . . . . . . . . . . . . . 43912.10 Ilustração para o Teorema de Steiner–Huygens . . . . . . . . . . . . 44012.11 Ilustração para o Teorema de Steiner–Huygens . . . . . . . . . . . . 44112.12 Haste homogênea de comprimento L . . . . . . . . . . . . . . . . . 44312.13 Corpo rígido suspenso do eixo Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44512.14 Haste rígida que oscila em torno de um eixo horizontal . . . . . . . . 44612.15 Haste rígida com esfera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44912.16 Haste rígida com esfera, outra vista . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44912.17 Haste com esfera na extremidade oscilando em torno de eixo horizon-

tal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45212.18 Pêndulo simples de comprimento ` e massa m . . . . . . . . . . . . 45312.19 Haste rígida oscilando em torno do eixo Z horizontal . . . . . . . . . 45312.20 Geometria do pêndulo simples da experiência . . . . . . . . . . . . 45612.21 Vista do pêndulo simples da experiência para determinação de g . . . 45812.22 Gráfico de p versus T 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45912.23 Sistema de coordenadas paralelos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47112.24 Retas de Regressão entre as variáveis x e y e entre as variáveis y e x . 47512.25 Esfera que rola por um plano inclinado em queda livre . . . . . . . . 48012.26 Esquema para montagem de dispositivo experimental . . . . . . . . 48112.27 Esquema para montagem de dispositivo experimental . . . . . . . . 48112.28 Esquema para montagem de dispositivo experimental . . . . . . . . 48212.29 Esquema para montagem de dispositivo experimental . . . . . . . . 483

13.1 Forças aplicadas em um corpo C0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48713.2 Força aplicada em uma barra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48913.3 Gráfico do esforço específico em função da deformação . . . . . . . . 48913.4 Ilustração de cisalhamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49013.5 Ilustração de cisalhamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49213.6 Ilustração de torção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492

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13.7 Ilustração de torção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493

14.1 Oscilador por torção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49514.2 Dispositivo para medições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49714.3 Fio de aço inox sustentando uma pinça. . . . . . . . . . . . . . . . . . 49914.4 Fio de aço inox preso sustentando carga zero. . . . . . . . . . . . . . . 49914.5 Ponto M em movimento circular observado do ponto P1. . . . . . . . 50114.6 Projeção ortogonal M′ do ponto M em movimento circular. . . . . . . 50214.7 Circulo de referência à esquerda, função y= A sen(ωt−ϕ) à direita. . . 50314.8 Circulo de referência correspondente a função y= A sen(ωt+ϕ). . . . . 50314.9 Composição dos movimentos y1 = A sen(ωt) e y2 = B sen(ωt−ϕ). . . . . 50614.10 A linha contínua corresponde à superposição dos movimentos 1 e 2

com diferença de fase ϕ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50614.11 Superposição de três osciladores harmônicos simples. . . . . . . . . 50714.12 Superposição de MHS de mesma amplitude, mesma freqüência e di-

ferenças de fase constante. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50814.13 Geometria da composição de dois MHS de mesma freqüência, mesma

amplitude e mesma diferença de fase. . . . . . . . . . . . . . . . . . 50914.14 Superposição de MHS de mesma amplitude, mesma freqüência e di-

ferenças de fase constante. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51014.15 Superposição de dois MHS de freqüências próximas. . . . . . . . . . 51314.16 Superposição de dois MHS de freqüências comensuráveis. . . . . . . 51414.17 Superposição de dois movimentos harmônicos ortogonais. . . . . . . 51514.18 Caso geral. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51714.19 ϕ= π

2 ou 3π2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 517

14.20 ϕ=0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51714.21 ϕ=π. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51714.22 A= B, ϕ= π

2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51714.23 Quadros da evolução da superposição de dois MHS de freqüências

quase iguais. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51914.24 Diagrama para a composição de dois MHS ortogonais. . . . . . . . . 52114.25 Composição de MHS ortogonais de freqüências comensuráveis. . . . 52314.26 Figuras de Lissajous. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52314.27 Figuras de Lissajous. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52414.28 Dispositivo para composição de MHS ortogonais. . . . . . . . . . . 525

15.1 Energia no MHS. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 530

16.1 Corpo em movimento harmônico amortecido. . . . . . . . . . . . . . 53416.2 Movimento harmônico superamortecido. . . . . . . . . . . . . . . . . 53616.3 Movimento harmônico criticamente amortecido. . . . . . . . . . . . . 53816.4 Movimento harmônico subamortecido. . . . . . . . . . . . . . . . . . 53916.5 Diagrama para as condições iniciais do movimento harmônico suba-

mortecido. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 541

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16.6 Montagem com o prato na vertical. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54116.7 Montagem com o prato na horizontal. . . . . . . . . . . . . . . . . . 54116.8 Dispositivo para movimento harmônico subamortecido. . . . . . . . . 55016.9 Forças no oscilador harmônico forçado. . . . . . . . . . . . . . . . . 55116.10 solução particular do oscilador harmônico forçado por F = F0 sen(ωt). 55416.11 Circuito elétrico RLC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55516.12 Dois pêndulos idênticos acoplados pelo fio CD. . . . . . . . . . . . 55616.13 Montagem dos pêndulos acoplados de massas diferentes. . . . . . . 55816.14 Amplitude da massa mA em função da razão das freqüências e para

vários fatores de amortecimento. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55916.15 Osciladores acoplados apresentando batimento . . . . . . . . . . . . 56016.16 Acoplamento de um oscilador horizontal e outro vertical. . . . . . . 56116.17 Composição de oscilação vertical e horizontal. . . . . . . . . . . . . 562

17.1 Excitação da corda e sua propagação. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56517.2 Onda a= f (x − vt) a se propagar com velocidade v. . . . . . . . . . . 56617.3 Situação em dado instante, destacando a derivada tal que tanα=∂a/∂x. 56817.4 Trem de ondas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57017.5 Trem de ondas senoidais. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57117.6 Situação de uma onda transversal no instante t. . . . . . . . . . . . . 57317.7 Onda transversal (A) e a onda refletida (B). . . . . . . . . . . . . . . 57517.8 Propagação de uma onda gerada no ponto médio P da corda. . . . . . 57717.9 Modos de vibração da corda L= j λ/2. . . . . . . . . . . . . . . . . . 57917.10 Esquema do dispositivo do exercício 17.7. . . . . . . . . . . . . . . 581

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Lista de Tabelas

1.1 Interdependência entre peso e deflexão . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.1 Interdependência entre peso e deflexão da haste . . . . . . . . . . . . . 662.2 A deflexão e seus desvios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

3.1 Tabuadas para o corpo associado ao conjunto 0, 1 . . . . . . . . . . . 1333.2 Tabuadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1353.3 Tabuadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1363.4 Valores de um exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

4.1 Verificação dos momentos de força . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177

8.1 Velocidades e deslocamentos em dado movimento . . . . . . . . . . . 3198.2 Resumo dos dados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356

9.1 Prefixos SI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3809.2 Aceleração da gravidade em alguns corpos celestes do Sistema Solar . 395

12.1 Sinais do seno e do cosseno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42912.2 Períodos de pêndulo simples de comprimentos distintos . . . . . . . . 45812.3 Valores de g calculados por g =

(4π2`)(T 2) , g` e as médias correspondentes 460

12.4 Valores de yi, xi, xiyi, x2i e as respectivas médias . . . . . . . . . . . . 466

12.5 Valores corrigidos dos pêndulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46712.6 Valores para cálculo das retas de regressão e do coeficiente de correla-

ção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 477

14.1 Constantes elásticas de alguns sólidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 499

E.1 Prefixos SI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 617

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634 Lista de Tabelas

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Índice Remissivo

acústica, 527aceleração, 569– angular– – instantânea, 323– – média, 323– centrípeta, 312– de arrastamento, 344– de Coriolis, 345– de transporte, 344– normal, 299– relativa, 345– tangencial, 299, 301aceleração, 124– instantânea, 298– média, 297– normal da gravidade, 383adição, 71adição, 120afélio, 239alcance, 397, 480algarismo– significativo, 78álgebra dos complexos, 509amplitude, 428analogia física, 555ângulo– central, 302– de repouso, 227aproximação, 454

arco– comprimento, 265argumento, 427, 431associatividade, 71, 112, 128atração– gravitacional, 365– gravífica, 365atraso, 503, 504atrito, 226– cinético, 227– estático, 227Atwood, 387avanço, 504

balística, 398balança– analítica, 220– de braços desiguais, 221– de Eötvös, 372– estabilidade da, 220– fidelidade da, 220– justeza da, 220– rapidez da, 220– rigidez da, 220– sensibilidade da, 220, 223batimento, 512, 559–564binário, 159, 160, 215, 399binário, 166

círculo

638

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– de referência, 502caderno de notas, 29cálculo– vetorial, 189cálculo– integral, 209– tensorial, 156capacitância, 555carga– elétrica, 366– resinosa, 366– vítrea, 366causa, 31celeridade, 256– média, 258centróide, 404–406centro– de gravidade, 175, 203, 404, 406– – linear de pesos, 203– de massa, 166, 399, 401, 405, 406– do volume, 404centro de gravidade, 406ciclo, 425cilindro dançante, 563cinemática, 233cinética, 233circunferência– representativa do MHS, 331coeficiente– de atrito– – estático, 226– de compressibilidade, 491– de correlação, 472, 475– específico de atração, 374complexos, 509componente, 94, 190comprimento de onda, 566comutatividade, 111condição– equilíbrio– – corpo rígido, 218condições de contorno, 578confiança, 75

conjugado, 160, 166, 215coordenadas, 49corda– comprimento, 265corpo, 130– rígido, 160, 410correspondência– biunívoca, 47Coulomb, 366cruz, 221curvatura, 303, 304– média, 303

decremento logarítmico, 543defasagem, 333definição, 41deflexão, 39, 500deformação, 81, 491– específica, 488– específica por torção, 491densidade, 403derivada, 214derivada logarítmica, 542derivada parcial, 567desvio-padrão, 76Descartes, 49deslocamento, 256, 260, 261– angular, 322– sobre a curva, 264– vetor, 264desvio, 75, 468, 473– absoluto médio, 76– médio, 77desvio-padrão– experimental da média, 77determinante, 195dia– solar, 386diferença de fase, 504diferencial, 214difração de Fraunhofer, 511dinamômetro, 69, 81dinâmica, 233, 233dinamômetro, 42

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640 Índice Remissivo

direto, 154discrepância, 66, 198dispersão, 75distributividade, 128, 131domínio, 43

Eötvös, 370, 372, 373Einstein, 246eixo, 47– das abscissas, 47– das ordenadas, 47elasticidade– módulo volumétrico de , 491elemento neutro, 130, 131eletromagnetismo, 242elevação, 397equação– característica, 535– da onda, 567, 569, 575– de Maxwell, 242– diferencial, 330, 429–431, 454, 534,

535, 551, 554– – da onda, 569– – de derivadas parciais, 569– – do MHS, 430, 529– fundamental da dinâmica, 363– paramétrica da trajetória, 253erro, 468– absoluto, 75– acidental, 72– de paralaxe, 73– experimental, 74– grosseiro, 73– médio da média, 77– médio padrão da média, 77– médio quadrático, 76– relativo percentual, 77– sistemático, 72– tolerável, 77escalar, 128, 132esforço, 491– de cisalhamento, 488– de corte, 488– específico, 488

– específico médio, 488espaço– absoluto, 234– percorrido, 256, 259, 261, 313– vetorial, 128estática, 233, 233Euler, 510experiência, 39, 65, 81, 86, 88, 433, 434,

556, 558–563experimentação, 30, 39extensão, 132extrapolação, 52, 71

fórmula de Euler, 510faixa– de confiança, 88fase, 333, 427, 431– concordância de, 505– diferença de, 333– inicial, 428, 431, 502, 503– oposição de, 505fasor, 504– rotatório, 504fato, 31– bruto, 37, 39– científico, 39– científico, 37– natural, 30fator– de amortecimento, 533– de qualidade, 544fiel, 221figuras de Lissajous, 522foguete, 398força, 124– centrípeta, 369– de atrito– – cinético, 226– – estático, 226– externa, 400– interna, 400, 401– nula, 126– reversa, 179forma da onda, 566

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Fourier, 528Fraunhofer, 511freqüência, 331, 425, 569– angular, 428, 496função– afim, 51, 457– biunívoca, 42– inversa, 42– linear, 50– unívoca, 42

Galileu, 121, 242, 607Gauss, 75geometria, 302grafostática, 114grandeza– derivada, 376– física, 71– fundamental, 376– física, 42– homogêneas, 71– vetorial, 120, 124gravitação universal– lei da, 365grupo, 119, 124, 127, 130, 134, 136, 246– abeliano, 119, 124, 125, 131– aditivo, 128– comutativo, 125– de transformações– – de Galileu, 242– – de Lorentz, 246– galileano, 242

harmônico, 527, 578– fundamental, 528Hooke– lei de, 489

igualdade, 71impedância, 553, 555inércia, 363incremento– angular, 322indutância, 555

instrumento, 467integral, 212– de Riemann, 209, 214interpolação, 52, 69intervalo– de tempo, 254invariância, 235, 242investigação– experimental, 70– teórica, 70

Kepler, 365, 366

Lamy, 102latitude, 367lei– da atração universal, 237– da inércia, 121– de Coulomb, 366– de interdependência, 43– (s) de Newton, 121, 401levogiro, 154limite– de elasticidade, 490– inferior, 212– superior, 212Lissajous, 522logarítmica– derivada, 542Lorentz, 243

máquina– de Atwood, 387massa, 124, 361, 364– elétrica, 366– específica, 403– – média, 403– – superficial, 406– gravífica, 374– gravífica, 365– inerte, 364, 374mecânica, 233– de Newton, 235– quântica, 579

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medição, 71medição, 42média– aritmética, 75medida, 42, 71método– científico, 29– dos mínimos quadrados, 45, 462, 463– trigonométrico, 96, 114metro, 379MHS, 427Michelson, 242mínimos quadrados, 88míssil, 398MMQ, 463modelo, 32– matemático, 32modo fundamental, 578modos de vibração, 578módulo– de elasticidade, 490– de Young, 53, 490, 498– volumétrico de elasticidade, 491momento, 174– de força, 171– de inércia, 54, 389, 437– em relação ao eixo, 436momentum– linear, 235, 361Morley, 242movimento– aparente, 501– circular, 312– – acelerado, 321– – uniforme, 312– – uniformemente acelerado, 312– circular uniforme, 501– curvilíneo, 313– harmônico– – criticamente amortecido, 536–537– – forçado, 550–555– – subamortecido, 537–550– – superamortecido, 536

– harmônico simples, 330, 331, 427,496, 500

– – parcial, 527– – representação geométrica, 500– pendular, 331– periódico– – simples, 331– periódico, 330, 425, 512– retilíneo– – uniforme, 312, 315– – uniformemente acelerado, 315– – uniformemente variado, 312– – variado, 312– vibratório– – simples, 331multiplicação, 71

nós, 579número de onda, 571Newton, 121, 234, 235, 242, 365– leis de, 121número– complexo, 504– real, 47

observação, 29, 30onda– equação da, 567– estacionária, 578– longitudinal, 572– transversal, 572operação– associativa, 130– fechada, 130

par ordenado, 47paralaxe, 73partícula, 160, 234– girante, 502– vibrante, 502pêndulo– físico, 455– simples, 453, 455período

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– de onda, 567periélio, 239período, 330, 425, 431, 512peso– aparente, 370– específico, 213, 405– – médio, 213– – num ponto, 213pesquisa básica, 30ponto– de inflexão, 313– médio, 469– material, 234– vibrante, 502postulado, 40, 70, 75– enunciado, 86, 89, 94, 111, 160, 161princípio– da relatividade– – de Galileu, 246– – de Lorentz, 246– da relatividade de– – Galileu, 242– da superposição, 172problema, 56–58, 104–109, 119, 120,

125, 128–133, 135, 136, 140, 141,147–149, 151–153, 167–170, 177,195, 202, 203, 205, 207, 208, 219,221, 222, 229, 277, 278, 280, 282,285, 287, 289, 290, 294, 295,352–354, 384–386, 394, 395,410–416, 418, 419, 426, 427, 433,434, 446–448, 450, 496–498, 500,544–550, 572, 575, 579, 580

produto– vetorial, 182, 189, 192projétil, 395– balístico, 398projeção, 190– ortogonal, 501propriedade– anti-simétrica, 155– anticomutativa, 192– associativa, 71, 112

– distributiva, 192pseudo-vetor, 156pulsação, 428

Q do sistema, 544quadrante, 47quantidade de movimento, 361

radiano, 303raio– de curvatura, 304– – médio, 303– de giração, 451rapidez, 256– média, 258, 259reatância, 553, 555regra– da mão direita, 154– da mão esquerda, 154– do fechamento da poligonal, 114– do paralelogramo, 40, 85, 94, 102,

173, 181, 250– do polígono, 114– do triângulo, 102replemento, 137resíduo, 75, 461, 473resistência ôhmica, 555ressonância, 556–564resultante, 93reta– de regressão, 472, 476rotação, 156

série– de Taylor, 543segmento equipolente, 113simetria, 613simétrico, 130sinistrogiro, 154sistema– de coordenadas, 49– – cartesianas, 251– – polares, 251– de Copérnico, 238

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– galileano, 241– inercial, 234, 242– levógiro, 153– nulo de forças, 161sobrecarga, 221solução geral, 430, 535, 537, 538, 552,

553solução particular, 551soma– inferior, 212– superior, 212Stevinus, 102, 103subcorpo, 132

tangente, 267telescópio, 607tempo, 242– absoluto, 234tensão, 491tensor, 155– anti-simétrico, 156– – de segunda ordem, 156teorema– de Fourier, 528– de Varignon, 177– dos eixos paralelos, 439teoria, 32– eletromagnética, 242torção, 491trajetória, 252transformação– de Galileu, 243, 244– de Lorentz, 243, 244, 246– galileana, 241, 242– linear, 245travessão, 221trem de ondas, 569triângulo de forças, 151Tycho Brahe, 366

um (1), 131unidade, 71– de celeridade, 271– de momento, 174

– de peso, 39– de velocidade, 271– fundamental, 376– unificada de massa atômica, 57unidades– sistema de, 376– sistemas coerentes, 376

valor– de referência, 462– mais provável, 462variância, 76Varignon, 102velocidade, 256, 267– absoluta, 339– angular, 253– – instantânea, 306, 322– – média, 305, 322– da luz, 242– de arrastamento, 339– de translação, 339– de transporte, 339– média, 254ventres, 579versor, 190vetor, 134– axial, 154, 156– corrente, 161– deslizante, 161– deslocamento, 254, 256, 264– girante, 504– limite, 267– polar, 153– posição, 250– posição, 129– pulsante, 504– velocidade– – instantânea, 267– – média, 264– – média, 254, 259– vibrante, 504

Young– módulo de, 53

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zero, 130

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Mecânica Física - · PDF fileabordagem experimental e teórica Armando Dias Tavares (1917 – 1988) Revisado por: J. U. Cinelli L. de Oliveira Rio de Janeiro 2005