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Unidade I Vetores
1 Situando a Temática
O propósito desta unidade temática é o de introduzir a nomenclatura que será utilizada no decorrer deste curso. A título de revisão e para que fi-que mais próximo do curso atual, apresentaremos as definições básicas da álgebra de vetores. Entretanto, remetemos os alunos ao curso de Cálculo Ve-torial e Geometria Analítica contido no segundo volume do curso de Licen-ciatura em Matemática a Distância. 2 Problematizando a Temática
A necessidade de uma entidade matemática que possa representar determinadas grandezas físicas é clara para todos nós. Basta compararmos. Grandezas como temperatura, massa ou volume, podem ser especificadas com um único número. Quando alguém diz que “está fazendo 40° C”, já sa-bemos que está bastante quente. Não é preciso qualquer informação adicio-nal. Entretanto grandezas como força, deslocamento ou velocidade, e outras que veremos ao longo deste curso, não podem ser descritas por meio de um único número. Para que a velocidade de uma partícula fique bem definida nós devemos especificar o quão rápido esta partícula está se deslocando, qual a direção do seu movimento – se horizontal ou vertical, por exemplo – e o sentido do movimento; para a esquerda ou para a direita? As grandezas que podem ser especificadas com um único número são chamadas de grandezas escalares enquanto que aquelas onde precisamos informar o seu “tamanho” (módulo), a direção e o sentido, para que a grandeza fique devidamente defi-nida, são chamadas de grandezas vetoriais. A entidade matemática capaz de carregar as três informações que são necessárias para descrever uma grandeza vetorial é chamada de vetor. É este objeto que nós estudaremos nesta unidade. 3 Vetor
Como visto na disciplina Cálculo Vetorial, um vetor é um objeto matemático que será representado, geometricamente, por um segmento de reta orientado e estará definido pelo seu módulo (norma), direção e senti-do. Nos textos os vetores são representados por uma letra (ou um outro sím-bolo) em negrito, como r, ou com uma seta em cima, como r →. Neste curso, ficaremos com a segunda representação, ou seja, o símbolo com a seta. Quando escrevemos um símbolo, que representa uma grandeza vetorial, sem a seta em cima, é porque estamos nos referindo à intensidade da grandeza que ele representa. Portanto, se a → é uma grandeza vetorial, então a = | a → |. Em física é mais usual representarmos o módulo de um vetor com uma barra de cada lado ao invés de duas como em álgebra linear. Assim, | a → | = || a → ||.
150
4 Vetor Deslocamento
Como dissemos, um vetor é uma entidade matemática que tem um módulo, uma direção e um sentido. Os vetores serão representados por um segmento de reta orientado. A grandeza vetorial mais simples é o desloca-mento que corresponde a uma mudança de posição de um objeto. Um vetor que representa um deslocamento será chamado de vetor deslocamento. As-sim, quando uma partícula vai da posição A para a posição B , diremos que ela sofreu um deslocamento de A para B e representaremos este des-locamento por uma seta que aponta de A para B . Na Fig. 1.1a as setas A para B e de C para D têm mesmo módulo, direção e sentido, então elas
representam vetores deslocamentos idênticos. Na Fig. 1.1b as curvas I, II, e III representam trajetórias diferentes para o deslocamento da partícula A pa-ra B . Vemos então que o vetor deslocamento não nos diz nada a respeito da trajetória seguida pela partícula.
O vetor deslocamento representa a mudança de posição de uma partícula de A para B .
A definição de vetor deslocamento dada aqui será usada até o final deste cur-so.
5 Soma Geométrica, Produto Por um Escalar e Subtração
No decorrer deste curso usaremos a seguinte nomenclatura: chama-remos de Δ r →AB o vetor deslocamento que representa a mudança de posição de uma partícula quando ela vai da posição A para a posição B . Assim,
um vetor deslocamento qualquer será representado por Δ r →. Na Fig. 1.2a representamos dois deslocamentos seguidos de uma partícula. Primeiro ela vai de A para B e em seguida de B para C . As
curvas tracejadas representam possíveis trajetórias. Os vetores deslocamen-tos correspondentes são Δ r →AB e Δ r →BC, respectivamente. O deslocamento resultante (soma vetorial) destes dois deslocamentos é o vetor Δ r →AC. A SOMA GEOMÉTRICA de dois vetores é feita com o mesmo esquema que utilizamos para fazer a soma geométrica de dois deslocamentos, mesmo que eles representem outras grandezas físicas. Assim, dois vetores quaisquer a → e b
→ serão somados, geometricamente, conforme mostrado na Fig. 1.2c.
Quando fazemos o PRODUTO DE UM VETOR POR UM ESCALAR (qualquer número real) λ, o vetor resultante terá a mesma direção e o mesmo sentido que o vetor original, mas seu módulo (tamanho) ficará multiplicado por λ. Se λ for um número negativo, então o vetor resultante terá a mesma direção mas terá o sentido contrário ao do vetor original, Fig. 1.3a. Quando multiplicamos um vetor a → por –1, o vetor resultante terá a mesma direção, o mesmo módulo mas terá sentido contrário ao do vetor a →. O vetor – a → é o negativo do vetor a →, Fig. 1.3b. É claro que a → + (– a → ) = 0. Aqui, 0 (zero) representa o vetor nulo. Um vetor nulo tem módulo igual a
151
zero e, portanto, não tem direção e nem sentido. Não é necessário colocar a seta em cima do zero. Basta entender que se trata de um vetor nulo. Veremos as consequências mais adiante. A SUBTRAÇÃO de dois vetores é realizada utilizando a soma com o negativo do vetor, Fig. 1.4. Assim, fazemos
)( baba −+=− . (1.1)
6 Vetores Unitários
Um VETOR UNITÁRIO é um vetor que tem módulo exatamente igual a 1 e aponta numa dada direção. Ele não tem dimensão e nem unidade. O único propósito do vetor unitário é apontar, i.e., definir uma direção e um sentido. Os vetores unitários que apontam nos sentidos positivos dos eixos x, y e z, como na Fig. 1.5, são chamados de i^, j ^ e k^ . Aqui, usamos o chapéu ^ no lu-gar da seta para diferenciar os vetores unitários dos outros vetores.
7 Soma Algébrica
Somar vetores geometricamente pode ser cansativo ou nem ser pos-sível. Uma forma mais prática e direta de somar vetores é por meio da álge-bra. Chamaremos esta técnica de SOMA ALGÉBRICA. Para tanto, nós teremos que representar os vetores em um sistema de coordenadas.
A Fig. 1.6 mostra o vetor a → em um sistema de coordenadas com o eixo z saindo do papel. As projeções do vetor a → nos eixos x, y e z são cha-madas componentes do vetor. Um vetor qualquer será escrito genericamente como:
kji zyx aaaa ++= (1.2)
Em particular, o vetor da figura está contido no plano x,y (duas di-mensões), com ax = 3 e ay = 4 e pode ser escrito em termos dos vetores unitá-rios como: a → = 3 i^ + 4 j ^.
8 Produto Escalar e Produto Vetorial
Na álgebra de vetores nós definimos, ainda, duas operações entre ve-tores que são chamadas de produto. A primeira delas, o PRODUTO ESCALAR, é uma operação entre dois vetores cujo resultado é um escalar. O produto esca-lar é representado por um ponto ( . ) e é definido como:
)cos(θbaba =⋅ , (1.3)
onde a = || a → || = módulo do vetor a → e b = || b →
|| = módulo do vetor b →
. É im-portante notar, também, que o produto escalar é comutativo, ou seja, a →. b
→ = b
→. a →.
152
Problema Resolvido 1.1
(a) A partir da definição, calcule o produto escalar entre os vetores unitários do sistema de coordenadas da Fig. 1.5. (b) Usando o resultado do item (a), calcule o produto escalar entre dois veto-res a → e b
→.
SOLUÇÃO: Na solução devemos lembrar que os vetores unitários formam um ângulo de 90º uns com os outros (são ortogonais entre si) e que qualquer ve-tor forma um ângulo nulo consigo mesmo. Assim, (a) O produto escalar entre os vetores unitários fica:
1111)0cos(||ˆ||||ˆ||ˆˆ =××=⋅=⋅ iiii
1111)0cos(||ˆ||||ˆ||ˆˆ =××=⋅=⋅ jjjj
1111)0cos(||ˆ||||ˆ||ˆˆ =××=⋅=⋅ kkkk
0011)90cos(||ˆ||||ˆ||ˆˆˆˆ =××=°⋅=⋅=⋅ jiijji
0011)90cos(||ˆ||||ˆ||ˆˆˆˆ =××=°⋅=⋅=⋅ kiikki
0011)90cos(||ˆ||||ˆ||ˆˆˆˆ =××=°⋅=⋅=⋅ kjjkkj
(b) Com o resultado do item (a) calculamos:
100
010
001
)ˆˆ()ˆˆ()ˆˆ(
)ˆˆ()ˆˆ()ˆˆ(
)ˆˆ()ˆˆ()ˆˆ(
)ˆˆˆ()ˆˆˆ(
===
===
===
⋅+⋅+⋅+
⋅+⋅+⋅+
⋅+⋅+⋅=
++⋅++=⋅
kkbajkbaikba
kjbajjbaijba
kibajibaiiba
kbjbibkajaiaba
zzyzxz
zyyyxy
zxyxxx
zyxzyx
Assim,
scomponente das termosemescalar produto
zzyyxx babababa ++=⋅ (1.4)
O produto vetorial é uma operação entre dois vetores cujo resultado é um terceiro vetor, perpendicular ao plano definido pelos dois vetores en-volvidos no produto. O produto vetorial é representado pelo sinal de multi-plicação ( × ) e é definido por:
⎪⎪⎪
⎭
⎪⎪⎪
⎬
⎫
θ=×
(Fig.1.8). direita mão da regra pela dado é sentido O).e vetorespelos definido
plano aolar perpendicu é resultante vetor do direçãoA ))(sen||||
é resultante vetor do módulo O)
iiiba
iibaba
i
(1.5)
Problema Resolvido 1.2
A partir da definição (1.5), calcule o produto vetorial entre os vetores unitá-rios do sistema de coordenadas da Fig. 1.5.
153
SOLUÇÃO O produto vetorial entre os vetores unitários fica: 0 )0(sen||ˆ||||ˆ||||ˆˆ|| =××=× iiii
0 )0(sen||ˆ||||ˆ||||ˆˆ|| =××=× jjjj
0 )0(sen||ˆ||||ˆ||||ˆˆ|| =××=× kkkk
Portanto, o produto vetorial de um vetor unitário por ele mesmo é nulo. Ali-ás, o produto vetorial de qualquer vetor por si mesmo é nulo. E mais... 1 )90(sen||ˆ||||ˆ||||ˆˆ|| =°××=× jiji
Assim, o resultado do produto vetorial i^ × j ^ é um vetor que tem módulo i-gual a 1, é perpendicular ao plano x,y e está saindo do papel. Quem tem estas propriedades é o vetor k^. Então,
kˆˆ e kˆˆ −=×=× ijji (1.6)
O mesmo acontece com os produtos vetoriais i^ × k^ e j ^ × k^. 1 )90(sen||ˆ||||ˆ||||ˆˆ|| =°××=× kiki
O resultado do produto vetorial i^ × k^ é um vetor que tem módulo igual a 1, é perpendicular ao plano x,z e aponta para baixo. Este á o vetor – j ^. Assim,
jˆk e ˆkˆ =×−=× iji (1.7)
E 1 )90(sen||ˆ||||ˆ||||ˆˆ|| =°××=× kjkj
O resultado do produto vetorial j ^ × k^ é um vetor que tem módulo igual a 1, é perpendicular ao plano y,z e aponta para a direita. Este á o vetor i^. Assim,
ijkij ˆˆˆ e ˆkˆ −=×=× (1.8)
Problema Resolvido 1.3
Usando o resultado do acima, calcule o produto vetorial entre dois vetores a → e b
→ quaisquer, em termos de suas componentes.
SOLUÇÃO O produto vetorial entre dois vetores a → e b
→ é calculado como:
0ˆ
ˆ0ˆ
ˆˆ0
)ˆˆ()ˆˆ()ˆˆ(
)ˆˆ()ˆˆ()ˆˆ(
)ˆˆ()ˆˆ()ˆˆ(
)ˆˆˆ()ˆˆˆ(
=−==
==−=
−===
×+×+×+
×+×+×+
×+×+×=
++×++=×
kkbajkbaikba
kjbajjbaijba
kibajibaiiba
kbjbibkajaiaba
zz
i
yz
j
xz
i
zyyy
k
xy
j
zx
k
yxxx
zyxzyx
Portanto,
kbabajbabaibababa zyyxxzzxyzzyˆ)(ˆ)(ˆ)( −+−−−=× (1.9)
154
Mostre que o resultado acima é equivalente a:
⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
=×
zyx
zyxbbbaaakji
ba
ˆˆˆ
det
9 Problemas
Prob. 1.1 O vetor a →
possui um módulo igual a 5,0 m e está dirigido para o leste. O
vetor b →
possui um módulo igual a 4,0 m e está numa direção de 35° para o noroeste
a partir do norte. Quais são (a) o módulo e (b) a direção de a →
+ b →
? Quais são (c) o
módulo e (d) a direção de a →
– b →
? (e) Desenhe um diagrama vetorial para cada combinação.
Prob. 1.2 Dois vetores são dados por: a →
= (4 m) i^ + (3 m) j^ + (1 m) k^ e b →
= (5 m)
i^ + (– 2,0 m) j^. Na notação de vetor unitário, encontre (a) a →
+ b →
, (b) a →
– b →
e (c)
um terceiro vetor c →
tal que a →
– b →
+ c →
= 0.
Prob. 1.3 São dados dois vetores: a →
= (4 m) i^ + (3 m) j^ e b →
= (6 m) i^ + (8 m) j^. Quais são (a) o módulo e (b) o ângulo (relativo a j^) de a
→? Quais são (c) o módulo e
(d) o ângulo de b →
? Quais são (e) o módulo e (f) o ângulo de a →
+ b →
; (g) o módulo e
(h) o ângulo de b →
– a →
; (i) o módulo e (j) o angulo de a →
– b →
? (k) Qual é o ângulo
entre as direções de b →
– a →
e a →
– b →
?
Prob. 1.4 Cada um dos três vetores a →
, b →
e c →
possui um módulo igual a 50 m e pertence ao plano x,y. Suas direções relativas ao sentido positivo do eixo x são 30°, 195° e 315°, respectivamente. Quais são (a) o módulo e (b) o ângulo do vetor a
→ +
b →
+ c →
e (c) o módulo e (d) o ângulo de a →
– b →
+ c →
? Quais são (e) o módulo e (f) o
ângulo de um quarto vetor d →
tal que a →
+ b →
– ( c →
+ d →
d) = 0? Prob. 1.5 Dois vetores com módulos iguais a a e b fazem um ângulo θ entre si quando fazemos coincidir as suas caudas. Prove, tomando as componentes ao longo de dois eixos perpendiculares, que
θ++= cos222 abbar
fornece o módulo da soma r →
dos dois vetores.
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Unidade II Cinemática
1. Situando a Temática No estudo dos movimentos dos corpos precisamos entender o como um corpo se movimenta e porque um corpo se movimenta. O como e o por-que dos movimentos dos corpos compõem a mecânica; a mais antiga das ci-ências físicas. A CINEMÁTICA é a parte da mecânica que descreve os movimentos dos corpos. As trajetórias, as velocidades e as acelerações dos objetos. Este será nosso objetivo para esta unidade.
2. Problematizando a Temática O universo está em movimento. Todas as coisas que estão no univer-so estão em movimento. Mesmo as coisas aparentemente em repouso, como seu computador, estão em movimento com a Terra ao redor do Sol; com a órbita do Sol ao redor do centro da Via Láctea; da via Láctea em relação às outras galáxias. Então, o estudo dos movimentos dos corpos tem que fazer parte das ciências físicas. Quando um ônibus espacial é enviado à Lua, precisamos descrever, antecipadamente, a posição do ônibus a cada instante (descrever sua trajetó-ria), sua velocidade a cada instante e sua aceleração a cada instante. Isto é a CINEMÁTICA. Estes são os conceitos que desenvolveremos nesta unidade. Entretanto, nesta unidade os objetos em estudo terão seus movimen-tos limitados às translações. Isto significa que todos os corpos serão tratados como partículas; como se todas as forças estivessem atuando num único pon-to. Nós falaremos de partículas, corpos e objetos indiscriminadamente, mas tendo em mente, sempre, que eles se comportam como partículas. Sem rota-ção. É preciso não confundir movimento de rotação com trajetória circular. A Terra tem um movimento de translação na sua órbita quase circular em torno do Sol e um movimento de rotação em torno de seu eixo. Os movimen-tos de rotação serão estudados nas unidades VI e VII.
3. Vetor Posição e Vetor Deslocamento
VETOR POSIÇÃO O vetor r → que localiza uma partícula no espaço tridimensional em relação a um sistema de coordenadas é chamado de VETOR POSIÇÃO. Nada mais justo que chamar de vetor posição o vetor que dá a posição da partícu-la. O vetor r → será escrito como:
kji zyxr ++= (2.1)
onde x, y e z são as projeções do vetor r →.
156
Se a partícula estiver em movimento, então sua posição estará vari-ando com o tempo e, consequentemente, também o vetor posição estará vari-ando com o tempo. Um vetor posição que varia com o tempo r →(t) (Fig. 2.1) será escrito, até o fim desta disciplina, como:
k)(i)(i)()( tztytxtr ++= (2.2)
Isto significa que as coordenadas x(t), y(t) e z(t) estão variando com o tempo.
VETOR DESLOCAMENTO Como vimos na unidade anterior, o VETOR DESLOCAMENTO é o vetor que repre-senta a mudança de posição do corpo durante um intervalo de tempo Δt. As-sim, se um corpo estiver na posição A no instante t (início do intervalo de tempo) e na posição B no instante t + Δt (final do intervalo de tempo), en-
tão o seu deslocamento será dado por:
)()( trttr
rrr ABAB
−Δ+=−=Δ
(2.3)
Se olharmos para a definição do vetor deslocamento Eq.2.2, podemos escre-ver o vetor deslocamento em termos das componentes do vetor como
kji
]k)(i)(i)([
]k)(j)(i)([
zyx
tztytx
ttzttyttxrAB
Δ+Δ+Δ=
++−
Δ++Δ++Δ+=Δ
(2.4)
A Fig. 2.2 mostra um vetor deslocamento em duas dimensões. O vetor des-locamento resulta em
jij)(i)( ABABABABAB yxyyxxr Δ+Δ=−+−=Δ (2.5)
Quando estivermos tratando de problemas em uma única dimensão, o vetor deslocamento terá apenas uma componente diferente de zero; x(t), y(t) ou z(t).
4. Velocidade Média e Velocidade Instantânea
VELOCIDADE MÉDIA O conceito de velocidade média é mais matemático que intuitivo. Não tem muito a ver com as nossas observações do dia-a-dia. Vejamos. Na Fig. 2.2 a partícula vai de A para B num intervalo de tempo
Δt. A velocidade média, v→—
, da partícula neste intervalo de tempo é definida por
(escalar) tempode intervalo
(vetor) todeslocamenvetor =
ΔΔ
=trv (2.6)
Na definição acima, o vetor deslocamento Δ r → é sempre o vetor ,que vai da posição que a partícula ocupa no início do intervalo de tempo (posi-ção inicial) até a posição que a partícula ocupa no final do intervalo de tem-po (posição final), como na Eq. 2.2. Assim, Δ r → = r →
final – r →inicial.
157
Note que a velocidade média é um vetor e a barra, que está sobre o vetor, indica o valor médio. Utilizando a Eq. 2.4 obtemos
kjitz
ty
txv
ΔΔ
+ΔΔ
+ΔΔ
= (2.7)
Suponhamos que você saia de sua casa, vá até a padaria, compre um pão e volte para casa. O vetor deslocamento total correspondente ao trajeto casa → padaria → casa é nulo, já que o vetor posição no final do intervalo de tempo é igual ao vetor posição do início do intervalo de tempo. Olhando para a definição acima, concluímos que a sua velocidade média no trajeto ida e volta é nula. Não importa o quão rápido você tenha ido e voltado.
VELOCIDADE INSTANTÂNEA Velocidade é sempre um deslocamento por unidade de tempo. A ve-locidade instantânea é aquela medida num intervalo de tempo infinitesimal. É claro que num intervalo de tempo infinitesimal o deslocamento também será infinitesimal. A velocidade instantânea é definida como:
dttrd
ttrttr
trtv
t
t
)()()(lim
lim)(
0
0
=Δ
−Δ+=
ΔΔ
=
→Δ
→Δ (2.8)
Lembrando da definição do vetor posição, escrevemos:
kjik)(j)(i)()( zyx vvvdt
tzddt
tyddt
txdtv ++=++= (2.9a)
Atenção: As componentes vx, vy, e vz do vetor velocidade ficam:
( ) ( ) ( ); ;x y zd x t d y t d z tv v v
dt dt dt= = = (2.9b)
O vETOR velocidade instantânea é a derivada do vetor posição. Como o vetor posição localiza a partícula a cada instante, então ele dá a trajetória da partícula. Desta forma, por ser a derivada, a velocidade instantânea é sempre tangente à curva descrita pela partícula.
5. Velocidade Escalar e Velocidade Escalar Média
VELOCIDADE ESCALAR
A velocidade escalar é o módulo da velocidade instantânea. É a ve-locidade sem direção e sem o sentido. É a velocidade marcada no velocíme-tro do automóvel. Apenas olhando para o velocímetro nós não sabemos se estamos indo ou voltando. Dá para saber apenas se estamos indo rápido ou devagar. Portanto,
ainstantâne e velocidadda módulo||)(|| == tvv (2.10)
158
VELOCIDADE ESCALAR MÉDIA A velocidade escalar média é a que estamos acostumados no dia a dia. É a distância total percorrida, num dado intervalo de tempo. Não impor-ta o que aconteceu pelo caminho. Ela é definida como:
(escalar) tempode intervalo(escalar) percorrido espaço
.. =ΔΔ
=tSv me (2.11)
6. Aceleração Média e Aceleração Instantânea
A aceleração de uma partícula mede a taxa de variação de sua velo-cidade com o tempo. Assim, quando a velocidade de uma partícula varia, di-zemos que ela está sendo acelerada. Se a velocidade de uma partícula sofre uma variação Δ v → num inter-valo de tempo Δt, definimos aceleração média como:
tva
ΔΔ
= (2.12a)
Note que a aceleração média é um vetor constante. É constante por-que é um valor médio. O vetor velocidade tem componentes vx, vy e vz, como na Eq 2.9b. Assim, analogamente ao que fizemos para a velocidade média, Eq 2.7, encontramos
kjitv
tv
tv
a zyx
ΔΔ
+Δ
Δ+
ΔΔ
= (2.12b)
ACELERAÇÃO INSTANTÂNEA A aceleração instantânea mede a variação da velocidade de uma par-tícula num intervalo de tempo infinitesimal:
dtvd
ttvttv
tvta
t
t
=Δ
−Δ+=
ΔΔ
=
→Δ
→Δ
)()(lim
lim)(
0
0 (2.13)
Utilizando a Eq. 2.9, encontramos:
kjik)(
j)(
i)(
)( zyxzyx aaa
dttvd
dttvd
dttvd
ta ++=++= (2.14)
Atenção: As componentes ax, ay e az do vetor aceleração, são
dt
tvda
dttvd
adt
tvda z
zy
yx
x)(
;)(
;)(
=== (2.15)
A aceleração instantânea é um vetor que pode depender do tempo e da posição. Ou seja, podemos nos deparar com um problema onde a → = a →(x, y, z, t). Nos nossos problemas, abordaremos os casos especiais em uma e duas dimensões, com acelerações constantes. Resolveremos também o pro-blema do movimento circular.
159
7. Movimento Em Uma Dimensão Com Aceleração Constante
MOVIMENTO RETILÍNEO
O movimento restrito a uma única dimensão, movimento retilíneo. Por exemplo, o de um carro que anda com velocidade constante em uma pis-ta reta e plana, ou o de um corpo que cai em queda livre partindo do repouso, ou o de um bloco preso a uma mola que oscila sobre uma mesa plana e assim por diante. Os três exemplos acima correspondem a movimentos em uma di-mensão, i.e., retilíneos, mas com características diferentes.
♦ O carro, andando com uma velocidade que não varia — velocida-de constante —, caracteriza um movimento retilíneo uniforme (MRU) na horizontal. Um movimento sem aceleração, ou com aceleração nula.
♦ O corpo caindo em queda livre caracteriza um movimento retilí-neo na vertical. Desta vez, como ele está sujeito a uma aceleração constante (da gravidade), o movimento será uniformemente vari-ado.
♦ O bloco que oscila está sujeito à força de uma mola que varia com a posição. Então a aceleração também variará com a posição. Neste caso nós teremos um movimento ainda linear, mas com a-celeração variável. Mais complicado que os anteriores.
Consideremos um corpo que se movimenta na direção horizontal com aceleração, a →, constante (Fig. 2.3c).
É preciso que o vetor aceleração seja constante para que o movimento se-ja retilíneo; a → = constante.
Vamos escolher a direção horizontal para colocar o nosso eixo x. Assim, as acelerações nas direções y e z serão nulas. Da Eq. 2.15 encontra-mos:
constante)(
== xx a
dttvd
onde ax é a aceleração na direção x. Integrando a relação acima, encontra-mos:
constante)( +===⇒= ∫∫ tadtadtavdtatvd xxxxxx .
Assim, a velocidade do corpo será uma função linear do tempo, Fig.2.3b:
0x x xv v a t= + (2.16)
Onde v0x é a velocidade do corpo no instante t = 0. A posição x em função do tempo é obtida a partir da Eq. 2.9b:
160
)()( tvdt
txdx=
Integrando a Eq.2.16 encontramos:
constante
)()()(2
21
0
0
++=
+==⇒= ∫∫tatv
dttavdtvtxdtvtxd
xx
xxxx
Finalmente.
2
21
00)( tatvxtx xx ++= (2.17)
A Eq 2.17 é chamada de equação horária da partícula. A Fig. 2.3a mostra o gráfico de x(t). Observe que fazendo t = 0 na Eq. 2.17, obtemos x = x0 que é a posição inicial da partícula. A Fig. 2.3c mostra o gráfico da aceleração (constante) de uma partí-cula em função do tempo. Note que quando a aceleração é constante, a acele-ração média é igual à aceleração instantânea. A velocidade é mostrada na Fig. 2.3b. Como a velocidade varia linearmente com o tempo, então a velo-cidade média entre dois instantes t1 e t2, é igual a média das velocidades;
2
21 vvv += (2.18)
Podemos combinar as Eqs, 2.16 e 2.17 para eliminar o tempo e ob-termos a relação: xavv Δ+= 22
02 (2.19)
A Eq. 2.18 pode ser utilizada entre dois instantes tinicial e tfinal. As velocidades v e v0 correspondem aos instantes final e inicial, respectivamente. Problema Resolvido 2.1
O motorista de um carro, viajando por uma rodovia a 108 km/h (30 m/s), freia ao avistar um obstáculo a 200 m na sua frente. Ele bate no obstáculo 10 s depois de acionar os freios. (a) Qual a desaceleração do automóvel, suposta constante? (b) Qual a velocidade do carro ao atingir o obstáculo? SOLUÇÃO: Vamos supor que o movimento aconteça ao longo do sentido po-sitivo do eixo do x. Vamos considerar, também, ti = 0 o instante quando o motorista começa a frear e tf.= 10 s o instante que ele bate no obstáculo. Sa-bemos que x(tf = 0) = 0 e x(t = 10s) = 200 m. Então, da Eq. 2.17, temos: (a) 2
21
00)( ffxf tatvxtx ++=
Então,
2
2221
/2
/50
3002001010300200
sm
smaa
−=
−=⇒+×+=
O sinal de menos indica que a aceleração é contrária ao sentido do movi-mento, i.e., é um movimento uniformemente desacelerado. (b) Da Eq. 2.16, que dá a velocidade em função do tempo, temos:
sm
smvtavtvv ffxfxf
/10
/]10)2(30[)( 0
=
⋅−+=⇒+==
161
Apenas para conferir vamos fazer:
mm
tvv
xtvx f
200102
10302
1
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ×
+=
Δ+
=Δ⇒Δ⋅=Δ
Problema Resolvido 2.2
Um automóvel, que está parado no sinal de trânsito, parte assim que o sinal fica verde com uma aceleração de 2 m/s2. Nesse mesmo instante um cami-nhão viajando com velocidade constante de 10 m/s ultrapassa o automóvel. (a) A que distância, contando a partir do semáforo, o automóvel ultrapassará o caminhão? (b) Qual será a velocidade do automóvel neste instante? SOLUÇÃO: Vamos supor, novamente, que o movimento aconteça ao longo do sentido positivo do eixo do x. Vamos considerar, também, x0 = 0 e ti = 0 o instante que o semáforo fica verde. Neste exemplo nós temos o movimento uniforme do caminhão (velocidade constante) e o movimento uniformemente acelerado do automóvel (acelera-ção constante). A Fig. 2.4a mostra que os dois veículos têm a mesma posi-ção x em dois instantes diferentes; em x = 0 e no instante de ultrapassagem. As equações horárias são: (a)
2
21
0
,00
0
)(
e)(
tatvxtx
tvxtx
autautaut
camcam
++=
+=
=
Quando eles estiverem na mesma posição xcam(tu) = xaut(tu), onde tu é o ins-tante de ultrapassagem. Assim, 2
21
0
,000
00 uautuautucam tatvxtvx ++=+
===
Resolvendo para tu, encontramos:
ssav
ttatvaut
camuuautucam 10
210222
21 =
×==⇒=
Substituindo em qualquer uma das duas equações horárias obtemos: mtvtxtx ucamucamuaut 100)()( ===
(b) A velocidade do automóvel neste instante será: ( ) smstavtv uautautuaut /201020)( ,0 =×+=+=
8. Aceleração de Queda Livre Quando deixamos um objeto cair verticalmente, observamos que ele é acelerado. Desprezando a resistência do ar, verificamos que esta aceleração é aproximadamente constante nas proximidades da superfície da Terra. Veri-
162
ficamos também que todos os corpos caem com a mesma aceleração em um mesmo ponto da superfície, independentemente da sua massa, tamanho ou forma. Este movimento é chamado de queda livre e esta aceleração, constan-te, é chamada de aceleração de queda livre, Fig 2.5. A aceleração de queda livre tem origem no campo gravitacional da Terra. É a aceleração da gravi-dade, g →, cujo módulo é aproximadamente igual a 9,8 m/s2, próximo da su-perfície da Terra. As equações que encontramos para um movimento com aceleração constante na horizontal, eixo x, são válidas para o movimento de queda livre nas proximidades da Terra. Aqui, o movimento acontece ao longo do eixo y. Assim.
2
)(
)(
21
0
221
00
yyy
yy
y
vvv
tgvtv
tgtvyty
+=
−=
−+=
(2.20)
Vale também, no intervalo de tempo entre ti e tf , instantes inicial e final, podemos escrever:
y
ifyiyf yygvvΔ
−−= )(222 (2.21)
Problema Resolvido 2.3
Um balão está “estacionado” sobre um lago quando o piloto do balão decide soltar os lastros para subir, Fig. 2.6. O lastro é largado de uma altura de 4,9 m acima da superfície do lago e cai verticalmente, sem perceber a resistência do ar. Entretanto, ao penetrar na água ele afunda com velocidade constante devido à resistência da água. O lastro atinge o fundo do lago 5 s após ter sido solto do balão. (a) Qual a profundidade do lago? (b) Qual a velocidade mé-dia do lastro desde A até C ? (c) Se a água fosse retirada, qual deveria ser
a velocidade inicial (na vertical) do lastro para que ele chegasse ao fundo do lago vazio nos mesmos 5 s? (a) Desta vez o movimento acontece na vertical, na direção do eixo y. Fa-remos yC = 0
ss
gyy
ttgtvyy B
18,9
9,42
)(2 BA2B2
1B
0
oyAB
=×
=
−=⇒−+=
=
Neste instante a velocidade da pedra é: smsmvtgvv B /8,9/)18,90(By 0yBy −=×−=⇒−=
O sinal negativo indica que a velocidade tem sentido contrário ao sentido positivo do eixo do y. Afundando com esta velocidade (constante) de B até C, durante um intervalo de tempo ΔtBC = Δttotal – ΔtAB = 4s, a lastro percorre uma distância dada por:
163
mm
tvyytvyy
2,39)48,9(BCByCBBCByBC
=×−−=
Δ−=−⇒Δ+=
Portanto o lago tem uma profundidade de 39,2 m. (b) O vetor velocidade média, definida na Eq. 2.6, é dado por
jt
yyj
ty
trv ˆˆ
AC
AC
AC
AC
Δ−
=ΔΔ
=ΔΔ
=
jsmjsmv ˆ)/82,8(ˆ/5
1,440−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −
=
O módulo do vetor velocidade média é 8,82 m/s. (c) A velocidade inicial do lastro é obtida a partir da equação horária: 2
voo21
vooAyAC tgtvyy −+=
Como queremos que o lastro demore os mesmos 5,0 s para chegar ao fundo, obtemos:
sm
smtgt
yyv
/68,15
/]58,95
)1,440([)(
21
voo21
voo
ACAy
=
×++−
=+−
=
9. Movimento em Duas Dimensões
Nas duas últimas seções estudamos movimentos em uma dimensão; numa reta. Agora, estudaremos dois movimentos, diferentes, que acontecem no plano: Movimento de um Projétil e o Movimento Circular.
9.1 Projéteis
Chamaremos de projétil um corpo que é lançado, de alguma forma, com uma componente de velocidade na horizontal. Embora o movimento do projétil seja um movimento de queda livre, uma vez que ele está sujeito ape-nas à ação da gravidade, ele acontece no plano quando visto do referencial Terra. Daí a diferença. O vetor posição da Eq. 2.2, que localiza a partícula no plano, fica: j)(i)()( tytxtr += (2.22)
As acelerações ao longo dos eixos x e y são
2/8,9e0 smgaa yx −=−==
Como as duas componentes do vetor aceleração são constantes, o ve-tor aceleração é constante. É preciso que o vetor seja constante, e não apenas o seu módulo, para que tenhamos um movimento uniformemente variado. Ao estudar o movimento do corpo no plano, nós podemos trabalhar com as componentes x(t) e y(t) do vetor posição, separadamente. Assim, a
164
partir das Eqs. (2.17) e (2.20), encontramos as equações horárias para o mo-vimento do projétil ao longo das direções x e y, como:
⎩⎨⎧
=+=
⇒++=0
)()( 002
21
00x
xxx a
tvxtxtatvxtx (2.23)
e
⎪⎩
⎪⎨⎧
−=−+=
⇒++=ga
tgtvytytatvyty
y
yyy
221
00221
00)(
)( (2.24)
Ou seja, a equação horária x(t) na direção x é aquela que corresponde a um movimento retilíneo e uniforme com ax = 0 e vx = constante e a equação ho-rária y(t) na direção y é aquela que corresponde a um movimento retilíneo uniformemente variado com ay = constante = – g. A Fig. 2.7 mostra a trajetória de um projétil lançado a partir do solo com uma velocidade inicial v →
0, que forma um ângulo θ 0 com a horizontal. Em termos das componentes o vetor v →
0 é escrito como: jsenicos
00
0000
yx vv
vvv θ+θ= (2.25)
A TRAJETÓRIA Apenas para facilitar os cálculos (sem perda de generalidade), vamos colocar a origem do nosso sistema de coordenadas no ponto de lançamento do projétil, ou seja, x0 = 0 e y0 = 0. Da Eq. 2.23 temos:
xv
xt0
= .
Substituindo em (2.24) obtemos a equação da trajetória, y(x),
2
220
2200
0
cos2tan
121)(
xv
gx
xv
gxvv
tyxx
y
θ−θ=
−= (2.26)
que é a equação de uma parábola. O sinal negativo no termo quadrático indi-ca que é uma parábola com a “boca” voltada para baixo.
O ALCANCE Chamamos de alcance a distância total, R, que o projétil percorre na direção x (horizontalmente), independente do ponto de lançamento. Esta dis-tância é sempre dada por:
voox tvR 0= (2.27)
Onde tvoo é o tempo que o projétil fica no ar. Quer dizer, a distância percorrida pelo projétil na direção horizontal é igual à velocidade do projétil na direção x — velocidade constante — vezes o tempo de duração do movi-mento. Em particular, para um projétil lançado nas condições da Fig. 2.7, o tempo de vôo é calculado fazendo y(tvoo) = yfinal = 0. Então. 0)( 2
21
02
21
000
0
=−⇒−+===
voovooyvoovooyvoo gttvgttvyty
165
Portanto, gv
t yvoo
02= .
Assim, o alcance fica
)(2sencossen22 20
2000 θ=
θθ==
gv
gv
gvv
R xy (2.28)
Vemos então que o alcance de um projétil, cuja posição final está no mesmo nível que sua posição inicial ( yfinal = yinicial ), será máximo quando θ = 45º.
O resultado )(2sen20 θ=g
vR é válido, apenas, para lançamentos onde yfinal
= yinicial. O resultado que vale sempre é o da Eq. (2.27).
Problema Resolvido 2.4
Você arremessa uma bola em direcão a uma parede com uma velocidade de 25 m/s fazendo um ângulo de 37° acima da horizontal (Fig. 2.8). A parede está a 20 m do ponto de lançamento da bola. (a) A que distância acima do ponto de lançamento a bola bate na parede? (b) Quais são as componentes horizontal e vertical da sua velocidade quando ela bate na parede? (c) Quando ela bate, ela já passou do ponto mais alto da sua trajetória? (use g = 10 m/s2, cos 37° = 0,8 ) SOLUÇÃO: (a) Chamaremos de tf o instante (final) quando a bola bate na parede. Preci-saremos saber este instante para calcularmos a posição final y(tf). O tempo de vôo da bola é igual ao tempo que a bola gasta para percorrer 20 m na ho-rizontal com um velocidade vox = vocos(θ) = 20 m/s:
s1s2020f
ffof ==−
=⇒+=ox
oox v
xxttvxx
Então, a posição yf da bola será:
m 10
m]1101)6,025(0[
)(2
21
2f2
1foff
=
×−××+=
−+== tgtvytyy oy
(b) As componentes de v →f são: m/s20oxfx == vv m/s5m/s)11015(foyfy =×−=−= gtvv
(c) Como a componente y da velocidade final é positiva, então concluímos que a bola ainda está subindo. Logo a bola ainda não passou pelo máximo.
166
Problema Resolvido 2.5
Quando o projétil da Fig. 2.9, lançado da posição A no solo, passa pela po-
sição B a 15 m de altura, sua velocidade é v →B = (8 m/s)i ^ + (10 m/s)j ^. (a)
Determine o vetor velocidade v →A no instante do lançamento. (b) Quanto
tempo o projétil permanece no ar (tempo de vôo) até atingir o solo no mes-mo nível? (c) Qual a altura máxima atingida pelo projétil? (d) Determine o
vetor velocidade média v→—
CD desde o instante que o projétil passa pelo ponto de altura máxima até o instante que ele atinge o solo. SOLUÇÃO: (a) O projétil está a 15 m do solo em dois instantes diferentes: na subida e na descida. Entretanto, como a componente y da velocidade v→B é positiva, con-cluímos que o projétil ainda está subindo. Desta forma, podemos calcular a componente vAy usando a Eq. 2.21.
m/s20
m/s15102100
)(2)(2 222
=××+=
−+=⇒−−= ABByAyABAyBy yygvvyygvv
Desta forma, v →A = (8 m/s) j∧ + (20 m/s) j∧.
(b) Como o projétil atinge o solo no mesmo nível em que foi lançado, a componente y da velocidade final será igual à componente y inicial, com sentido contrário (vDy = – vAy). Então,
yyvooyy vvtgvv ADAD com −=−=
s42
Portanto, A ==gv
t yvoo
(c) A altura máxima alcançada pelo projétil é yC. Neste instante a componen-te y da velocidade é nula. Assim temos:
m 202g
)(22A
CAC2A
2C ==⇒−−= y
yyv
yyygvv
(d) A velocidade média v→—
CD é dada por:
j)m20(i)m16(j Hi
2R
i)m32(iiRcom
C
vooAxCD
+=+=
===Δ−
=
r
tvrtrr
v DCD
Finalmente,
j)m/s10(i)m/s8(s2
j)m20(i)m16(CD −=
−=v
167
9.2 Movimento Circular
Outro exemplo de movimento que acontece no plano é o de uma par-tícula que descreve uma trajetória circular como aquela mostrada na Fig. 2.10. Nós vamos considerar nesta seção apenas os movimentos circulares u-niformes, i.e., aqueles onde o módulo da velocidade permanece constante.
POSIÇÃO ANGULAR A Fig. 2.11 mostra uma partícula descrevendo uma trajetória circu-lar. Vamos considerar que a velocidade da partícula tenha de módulo cons-tante. Para localizarmos a partícula no círculo, precisamos conhecer apenas o ângulo θ. Como o ângulo está mudando a medida que a partícula se deslo-ca, nós precisamos conhecer θ(t). Esta é a posição angular da partícula. Como na geometria, ângulos no sentido anti-horário serão positivos e ângu-los no sentido horário serão negativos.
DESLOCAMENTO ANGULAR Quando a partícula “gira” de A para B num intervalo de tempo Δt, o ângulo muda de θA para θB. Isto corresponde a um deslocamento angular ΔθΑΒ = θB − θA.
VELOCIDADE ANGULAR MÉDIA E VELOCIDADE INSTANTÂNEA A velocidade angular média é definida como
=Δ
θ−θ=
ΔθΔ
=ωtt
inicialfinal (2.29)
onde θfinal é a posição angular no final do intervalo de tempo e θinicial é a po-sição angular no início do intervalo de tempo. A velocidade angular instantânea é a velocidade medida quando o intervalo de tempo tende a zero. Assim,
dttd
ttttt
t
)()()(lim)(0
θ=
Δθ−Δ+θ
=ω→Δ
Nesta seção nós trataremos de problemas onde a velocidade angular
é constante, então ω− = ω. Assim, escolhendo a posição inicial θ0 = 0 o deslo-camento angular da partícula θ(t) é escrito como
tt ω=θ )( (2.31)
ACELERAÇÃO RADIAL Da Fig. 2.11 vemos que o vetor posição r →(t) é escrito, em termos das componentes como j)(seni)cos(j)(i)()( θ+θ=+= RRtytxtr
onde R é o raio da órbita. Com a Eq. 2.31, escrevemos j)sen (i)cos()( tRtRtr ω+ω= (2.32)
168
Derivando a Eq. 2.32 em relação ao tempo, encontramos a velocida-de v →(t),
j)cos(i)sen ()(
)( tRtRdt
trdtv ωω+ωω−==
Derivando, agora, a Eq. 2.33 em relação ao tempo, encontramos a aceleração a →(t) do movimento;
[ ] rjRiR
jRiRdt
tvdta
r
22
22
ˆ)tsen(ˆ)tcos(
ˆ)tsen(ˆ)tcos()()(
ω−=ω+ωω−=
ωω−+ωω−== (2.33)
Portanto, no movimento circular uniforme a aceleração é um vetor que tem a mesma direção do vetor r →(t), mas tem o sentido contrário ao do vetor r →(t). Ou seja, a aceleração é um vetor que tem a direção radial e apon-ta para o centro. Por esse motivo (apontar para o centro) esta aceleração re-cebe o nome de aceleração centrípeta. O módulo da componente radial da aceleração (componente centrí-peta) é
Rraradial22 |||| ω=ω= . (2.34)
Note que o módulo da aceleração radial é constante quando a velocidade an-gular é constante. Quando a velocidade angular não é constante, então é porque a par-tícula está sendo acelerada (ou desacelerada). Nestes casos, além da compo-nente radial a aceleração da partícula tem uma componente tangente à traje-tória (perpendicular ao raio) como mostra a Fig. 2.10. Ainda assim, em qual-quer instante a aceleração radial está relacionada com a velocidade angular como na Eq. 2.34.
VELOCIDADE ANGULAR E VELOCIDADE LINEAR A Fig. 2.12 mostra o deslocamento de uma partícula num intervalo de tempo Δt. A partícula se desloca de A para B ao longo do arco de cir-
cunferência Δs. O vetor deslocamento está representado pelo vetor Δ r →. O espaço percorrido pela partícula está relacionado com o deslocamento angu-lar por: θΔ=Δ Rs
Quando o intervalo de tempo tende a zero, os deslocamentos ficam infinite-simais. Assim,
θ==⎪⎩
⎪⎨
⎧⇒
θ→θΔ→Δ→Δ
⇒→Δ dRdsdrddssdrr
t 0
Então encontramos as relações:
ω=⇒θ
= RvdtdR
dtdr (2.35)
169
Substituindo 2.35 em 2.34, encontramos:
Rva
2radial = (2.36)
Esta relação vale instantaneamente, não importando se é um movi-mento circular uniforme ou não. Por enquanto nós abordaremos apenas o movimento circular com ve-locidade constante. Ao abordarmos o tema rotações, aí escreveremos uma relação equivalente à Eq. 2.35 para a aceleração angular. Problema Resolvido 2.6
Um astronauta é colocado para girar em uma centrífuga horizontal com um raio de 5 m. (a) Qual o módulo da sua velocidade escalar se a aceleração centrípeta (radial) possui um módulo de 7 g? (b) Quantas rotações por minuto são necessárias para produzir esta aceleração? (c) Qual é o período do movimento? (a) A Eq. 2.35b relaciona a aceleração radial e a velocidade escalar. Então m/s5,18m/s8,975radial ≅××== aRv
(b) Da Eq. 2.35a, podemos encontrar a velocidade angular:
rad/s7,3rad/s5
5,18===ω
Rv
(c) O período do movimento é
s7,1s7,314,322
≅×
=ωπ
=T
10. Problemas
Prob 2.1 Você dirige na rodovia interestadual de João Pessoa até Natal, metade do tempo a 55 km/h e a outra metade a 90 km/h. No caminho de volta você viaja metade da distância a 55 km/h e a outra metade a 90 km/h. Qual a sua velocidade escalar média (a) de João Pessoa até Natal, (b) de Natal voltando para San António, e (c) para a viagem completa? (d) Qual a sua velocidade média para a viagem completa? (e) Faça um esboço de x contra t para (a), supondo que o movimento é todo no sentido positivo de x. Indique como a velocidade média pode ser determinada no esboço. Prob 2.2 Quando um trem de passageiros de alta velocidade trafegando a 161 km/h faz uma curva, o maquinista fica chocado ao ver que uma locomotiva entrou incorretamente no trilho saindo de um ramal e está a uma distância D = 676 m à frente. A locomotiva está se movendo a 29,0 km/h. O maquinista do trem-bala aciona os freios imediatamente, (a) Qual deve ser o módulo da desaceleração constante resultante mínima para se evitar uma colisão? (b) Suponha que o maqui-nista esteja em x = 0 quando, em t = 0, ele consegue avistar a locomotiva. Faça um esboço das curvas x(t) representando a locomotiva e o trem de alta velocidade para as situações nas quais se evita uma colisão por pouco e quando ela não consegue ser evitada.
170
Prob 2.3 Deixa-se cair (do repouso) uma pedra do alto de um edifício de 60 m de altura. A que distância acima do chão estará a pedra l ,2 s antes de ela atingir o chão? Prob 2.4 Uma bola de golfe é tacada ao nível do solo. A velocidade da bola de golfe em função do lempo é mostrada na Fig. 2.13, onde t = 0 no instante em que a bola é tacada, (a) Que distância a bola de golfe percorre na horizontal antes de voltar ao nível do solo? (b) Qual é a altura máxima acima do nível do solo que a bola alcança? Prob 2.5 Dois segundos após ser projetado do nível do chão, um projétil se deslocou 40 m na horizontal e 53 m na vertical acima do seu ponto de lançamento. Quais são as componentes (a) horizontal e (b) vertical da velocidade inicial do projétil? (c) No instante em que o projélil alcança a sua altura máxima acima do nível do solo, qual a distância percorrida na horizontal a partir do ponto de lançamento? Prob 2.6 Uma bola de futebol é chutada do chão com uma velocidade inicial de 19,5 m/s fazendo um ângulo de 45° para cima. Naquele instante, um jogador a uma distância de 55 m na direção do chute começa a correr para receber a bola. Qual deve ser a sua velocidade escalar média para que ele chegue na bola imediatamente antes dela bater no chão? Despreze a resistência do ar. Prob 2.7 Uma roda-gigante possui um raio de 15 m e completa cinco voltas em tomo do seu eixo horizontal por minuto, (a) Qual é o período do movimento? Qual é a aceleração centrípeta de um passageiro no (b) ponto mais alto e (c) ponto mais baixo, supondo que o passageiro esteja em um raio de 15 m? Prob 2.8 O trem-bala francês conhecido como TGV (Train à Grande Vitesse) possui uma velocidade média programada de 216 km/h. (a) Se o trem faz uma curva àquela velocidade e o módulo da aceleração que os passageiros sentem deve ser limitado a 0,050g (g = aceleração (a gravidade), qual é o menor raio de curvatura admissível para os trilhos? (b) A que velocidade o trem deve fazer uma curva com um raio de l km para que esteja no limite da aceleração?
171
Unidade III Dinâmica
1. Situando a Temática Todas as coisas no universo estão interagindo, direta ou indiretamen-te, umas com as outras. Acreditamos que existam apenas quatro tipos de in-terações fundamentais na natureza: interação fraca, interação forte, intera-ção eletromagnética e interação gravitacional. Chamamos de força o resul-tado de uma interação entre duas partículas; força fraca, força forte (força nuclear), força eletromagnética e força gravitacional. São estas forças da natureza que colocam o universo em movimento. A parte da mecânica que estuda o que acontece com uma partícula quando uma força atua sobre ela é chamada de DINÂMICA. Faremos isso nesta unidade.
2. Problematizando a Temática O que faz com que a velocidade de uma partícula mude, são as for-ças que atuam sobre ela. Na seção II.4, vimos que quando a velocidade de uma partícula está mudando, é porque ela está sendo acelerada. Ou seja, as partículas são aceleradas pelas forças. Nós queremos saber como as partícu-las são aceleradas. Nesta disciplina, nós estudaremos problemas do dia-a-dia; proble-mas envolvendo forças simples, na maioria das vezes constantes, sem nos preocuparmos com suas origens. Nem poderíamos fazer diferente. O estudo das interações que citamos na seção anterior é algo bastante complicado. Muito além, mesmo, dos nossos propósitos.
3. Força
Dissemos acima que força é o resultado da interação entre dois cor-pos. De que maneira nós trataremos esta nova grandeza; como um escalar ou como um vetor? Se você pudesse jogar duas “bombas” de calor num corpo, uma pela direita e outra pela esquerda, o corpo ficaria duas vezes mais quente. Entre-tanto se você empurrar um corpo com uma força pela direita e outra, de mesma intensidade, pela esquerda, ele não se moverá duas vezes mais rápi-do. O corpo não sai do lugar. Isto nos diz que forças se somam como veto-res. As forças se comportam como vetores. A força é um vetor. Para caracte-rizarmos uma força completamente, é preciso especificar sua intensidade (módulo), sua direção e o sentido da força. Em sua obra Philosophiae Naturalis Principia Mathematica (Latim: “Princípios Matemáticos da Filosofia Natural”), publicada em 5 de julho de 1687, Sir Isaac Newton (Woolsthorpe, 4 de janeiro de 1643 — Londres, 31 de março de 1727) apresentou ao mundo a lei da gravitação e
172
as três leis de Newton que fundamentaram a MECÂNICA CLÁSSICA. Newton foi considerado pela ‘Royal Society’ como o cientista que causou maior impacto na história da ciência. De fato se pensarmos que estudamos corpos que são grandes o bastante para dispensarmos a mecânica quântica, nem muito rápidos e nem muito imensos para não precisarmos da teoria da relatividade, então eles serão tratados de acordo com as leis da mecânica clássica. Com as leis de Newton. Dá para ir à Lua com basa nas leis publicadas em 1643!
4. Primeira Lei de Newton
LEI DA INÉRCIA
Ainda é comum a ideia de que é necessário uma força para manter um corpo em movimento. De fato, se nos basearmos nas observações do dia-a-dia, isto é bastante razoável. Basta olharmos para um objeto se deslocando sobre um piso e constatamos que ele termina parando. Assim, poderíamos concluir, como se pensava antes de Newton, que é preciso uma força para manter o corpo em movimento. Na verdade o que acontece é justamente o contrário. O corpo para porque existem forças atuando sobre ele que fazem com que ele pare. Se eliminarmos todas as forças atuando sobre o corpo, ele continuará deslizando indefinidamente.
Primeira Lei de Newton: Se a soma das forças que atuam sobre uma par-tícula é nula, então a velocidade (o vetor) da partícula não se altera; ou seja, a partícula não será acelerada.
5. Segunda Lei de Newton
A segunda lei de Newton relaciona a força resultante sobre uma par-tícula com sua massa e sua aceleração, de uma forma simples e objetiva:
Segunda Lei de Newton: A força resultante sobre uma partícula é igual ao produto de sua massa por sua aceleração.
Matematicamente, escrevemos (Fig. 3.1).
2ª Lei de Newton: amFres = (3.1)
A segunda lei de Newton é usada para definir uma unidade de força. No SI (MKS) a unidade de força é o Newton (N). Definimos: Uma força de intensidade igual a 1 N é capaz de conferir uma aceleração de intensidade de 1 m/s2 a uma massa de 1 kg; )/1).(1(1 2smkgN =
É preciso ter cuidado com esta forma de enunciado para a segunda lei de Newton. Este resultado vale para partículas e corpos com massa cons-tante. Na seção V veremos o enunciado original em termos do momento li-
173
near. Por enquanto lembramos apenas que a massa não pode variar; como acontece com as partículas.
6. Terceira Lei de Newton Talvez a mais contundente das três, a terceira lei diz:
Terceira Lei de Newton: A toda ação (uma força) corresponde uma rea-ção (outra força) de mesma intensidade (módulo), mesma direção e sentido contrário.
A terceira lei nos diz que, no universo, as forças sempre aparecem aos pares. Isto faz sentido, já que estamos definindo força a partir das intera-ções e nas interações sempre há uma “troca” de partículas. Nas interações e-letromagnéticas as partículas “trocam” fótons (partículas de luz), nas intera-ções fortes as partículas “trocam” gluons, nas interações fracas as partículas “trocam” bósons W e Z e nas interações gravitacionais talvez as massas “troquem” grávitons. Talvez, porque o gráviton ainda não foi detectado. Es-tas partículas trocadas são chamadas de mediadores ou paríiculas transportadoras de força.
7. Atração Gravitacional — Peso É de Newton a primeira teoria da gravitação. Esse Newton era bom mesmo, não?! Ele entendeu como os planetas giram em torno do Sol, postu-lou a existência de uma força de atração gravitacional — resultado da in-teração gravitacional entre as massas — e calculou que eles descrevem ór-bitas elípticas em torno do sol. De acordo com Newton, o módulo da força de atração gravitacional entre duas massas, M1 e M2, separadas por uma dis-tância r, Fig. 3.2a, é dado por:
221
rMM
GF = (atração gravitacional) (3.2)
onde G = 6,67 × 10 –11 m3/s2 ⋅ kg é a constante de gravitação universal. A Fig. 3.2b mostra um corpo em três posições diferentes. Observe que a força é radial e o seu módulo varia com a distância ao centro da Terra. Se MT é a massa da Terra e m a massa do corpo, então o módulo F da força será:
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛== 22 rM
GmrMm
GF TT (3.3)
Comparando este resultado com a segunda lei, Eq. 3.1, encontramos:
gmF = (3.4)
onde
gravidade da aceleração2 ==r
MGg T (3.5)
174
Esta é a força de atração que aparece numa interação gravitacional. A Eq. 3.4 dá a força de atração gravitacional que a Terra exerce sobre todos os corpos. Esta força é usualmente chamada de peso. Os detalhes destes cálculos e os limites da validade da teoria de Newton serão vistos disciplina Física Geral 2. Por enquanto abordaremos problemas envolvendo massas nas proximidades da Terra.
O fato de estarmos próximos da Terra leva a duas simplificações: i) O módulo da aceleração da gravidade pode ser considerado constan-
te. Ele varia pouco de um ponto para outro na superfície da Terra. ii) Próximos da Terra, nós não percebemos a sua curvatura e então po-
demos considerar o vetor g → como um vetor “vertical”. É claro que um vetor “vertical” no equador é diferente de um vetor “vertical” no pólo.
8. Forças de Contato
FORÇA NORMAL Quando um corpo está apoiado sobre uma superfície, Fig.3.3, com-primindo-a, a superfície reage com uma força de mesmo módulo, mesma di-reção e sentido contrário; como prevê a terceira lei de Newton. As forças deste par ação e reação são perpendiculares à superfície de contato e, por is-so, a força que a superfície exerce sobre o corpo é chamada de força per-pendicular ou força normal.
Força Normal: Quando um corpo comprime uma superfície, ela empurra
o corpo com uma força N →
que é normal à superfície.
As forças que atuam na caixa:
F →
gc = força de atração gravitacional da Terra sobre a caixa.
N →
c = componente normal (sobre a caixa) da força de contato entre a caixa e a mesa. As forças que atuam na mesa:
F →
cm = – N →
c = componente normal (sobre a mesa) da força de conta-to entre a caixa e a mesa.
F →
gc = força de atração gravitacional da Terra sobre a mesa.
N →
c = componente normal (sobre a mesa) da força de contato entre a mesa e o solo. Note que, Fig. 3.4a e 3.4b, uma das forças de um par ação–reação está num corpo e a outra está no outro corpo. Se não fosse assim, todas as coisas estariam em repouso. Na Fig. 3.4 temos um único par ação–reação:
N →
c e F →
cm.
175
Problema Resolvido 3.1
Uma caixa de 10 kg é colocada sobre uma balança que está dentro de um e-levador. O elevador parte do térreo acelera a uma taxa de 2 m/s2 e ao parar no 10º andar ele desacelera com mesma taxa de 2 m/s2. Determine o peso da caixa e a leitura da balança (a) quando o elevador está parado, (b) quando o elevador está partindo do térreo e (c) quando o elevador está parando no 10º andar. SOLUÇÃO: A primeira coisa a ser compreendida é que a balança “marca” a força que a caixa faz sobre ela; esta será a leitura da balança. Agora, a força que a cai-xa faz sobre a balança tem mesmo módulo, mesma direção e sentido contrá-rio à força que a balança faz sobre a caixa. Ação e reação. A Fig, 3.7 mostra um diagrama das forças que atuam na caixa. A componente normal (só tem ela) da força de contato é, justamente, a força que a balança faz sobre a cai-xa. Desta forma, nós precisamos, apenas, determinar o valor da normal para cada caso. Da 2ª lei de Newton temos:
amPN =+
Atenção: A soma é feita sempre com o sinal de “mais”. É na subtração que aparece o sinal de “menos”. Não importa para onde o vetor aponta. As-sim, quando a lei de Newton diz que “a soma das forças é igual a massa vezes aceleração”, nós devemos que fazer a soma vetorial de todas as for-ças que atuam no corpo.
Os vetores da relação (3.9) são escritos como: j e j , j aaPPNN ±=−==
Lembre que N = | N →
| e P = | P →
|. O sinal “ ± “ no vetor aceleração correspon-de ao movimento acelerado na saída retardado na chegada, respectivamente. Assim, (a) O peso da caixa é a força que a Terra faz sobre a caixa e vale: P = mg = 98 N Quando o elevador está parado, a = 0. Então a Eq 3.9 fica: N − P = 0 ⇒ N = P = 98 N que é a leitura da balança. Portanto a balança marcará 98 N. (b) O peso da caixa continua sendo a força que a Terra faz sobre a caixa e vale: P = mg = 98 N Quando o elevador está partindo do térreo, a aceleração é para cima Fig. 3.5a. Assim, amPNamPN =−⇒=− j j)(
É assim que o sinal de menos aparece. Usando os valores do problema, en-contramos:
N118N)28,9(10)( =+×=+=
+=agm
amgmN
176
Portanto a balança marcará 118 N . (c) O peso da caixa é sempre a força que a Terra faz sobre a caixa: P = mg = 98 N Quando o elevador está parando no 10o andar, a aceleração é para baixo Fig. 3.5b. Então, amPNamPN −=−⇒−=− j j)(
Vetores que têm o mesmo sentido aparecem com o mesmo sinal na equação. É o que acontece, agora, com os vetores peso e aceleração. Usando os valo-res do problema, encontramos:
N78N)28,9(10)( =−×=−=
−=agm
amgmN
Portanto a balança marcará 78 N .
FORÇA DE ATRITO
Quando o corpo apoiado sobre uma superfície está deslizando sobre esta superfície ou “tentando” deslizar sobre ela, aparecerá uma força opon-do-se ao movimento ou à tentativa de movimento. Esta força é chamada de força de atrito e é sempre paralela à superfície de contato. Na realidade, o que existe é uma única força de contato que aparece no contato entre duas superfícies. Esta força é, essencialmente, a soma veto-rial de todas as interações elétricas entre os átomos das duas superfícies. Os átomos não conseguem separar força normal e força de atrito. Eles não são tão espertos assim. Os átomos interagem e a soma vetorial destas interações é que resulta numa força de contato e que nós separamos numa componente perpendicular à superfície (força normal) e numa componente paralela à superfície (força de atrito). Se não houver um movimento relativo, ou tendência de movimento relativo, entre as duas superfícies, então a componente paralela da força de contato (força de atrito) será nula. Lembre-se: é ela que se opõe ao movi-mento.
COMPONENTE PERPENDICULAR E COMPONENTE PARALELA Consideremos uma caixa sobre uma mesa como na Fig. 3.3a. Neste momento, duas forças atuam sobre a caixa: a força de atração gravitacional (peso) e a força que a mesa exerce sobre caixa perpendicularmente à super-fície (normal).
Atenção: Estas forças não formam um par ação e reação. A reação ao pe-so está no centro da Terra; a Terra puxa a caixa e a caixa puxa a Terra. A reação à normal está na mesa; a caixa empurra a mesa e a mesa empurra a caixa.
Tendo em mente a 3ª lei de Newton (Σ F = m.a) vemos que a caixa não se moverá. Observamos, experimentalmente, que ao empurrarmos a cai-
xa com uma força F →
crescente (Fig.3.6a), ela não se moverá no inicio. Então
177
deve existir uma força de mesmo módulo, direção e sentido contrário à força
F →
aplicada para que a soma dê zero. A Fig. 3.6b mostra um diagrama para estas forças. A partir de um certo valor de F a caixa entrará em movimento. Vamos entender cada caso. i) Enquanto não há movimento, ou tendência ao movimento, a força de
contato tem apenas a componente normal. A componente paralela (for-ça de atrito) é nula.
ii) Quando começamos empurrar a caixa, surge uma componente paralela de força que se opõe ao movimento. Esta é a força de atrito estática. Estática porque ainda não existe movimento relativo entre as superfícies.
iii) À medida que a força aplicada aumenta, a força de atrito estática tam-bém aumenta, de forma que a caixa não se move. Entretanto, constata-mos, empiricamente, que a força de atrito estática não cresce indefini-damente. Uma hora a caixa se desloca! Você certamente já viveu esta experiência.
iv) A força aplicada superou o limite da força de atrito estática e a caixa en-trou em movimento. Agora, a componente paralela da força de contato é chamada de força de atrito dinâmica (ou cinética). Porque existe mo-vimento relativo entre as duas superfícies.
Constatamos também, sempre experimentalmente, que a componen-te paralela da força de contato (atrito) é proporcional à componente perpen-dicular da força de contato (normal) Fig.3.7.
NNfatrito μ=∝ (3.6)
A constante de proporcionalidade, μ, é chamada de coeficiente de atrito. Quando não existe movimento relativo entre as superfícies, chama-remos de coeficiente de atrito estático (μ e). Neste caso,
máxima) estática atrito de (força
estática) atrito de (força
emáx
e
ee
Nf
Nf
μ=
μ≤ (3.7)
Quando existe movimento relativo entre as superfícies, chamaremos de coeficiente de atrito dinâmico (ou cinético, μ d);
Nf dd μ= (força de atrito dinâmica) (3.8)
Note que as Eqs. 3.7 explicitam o fato de haver um valor máximo para a for-ça de atrito estática. Quando as superfícies estão suficientemente polidas, podemos con-siderar a força de atrito desprezível, ou μe = 0 e μd = 0. Nestes casos, a força de contato terá apenas a componente normal e o movimento não será retar-dado pelo atrito.
178
Atenção: Nem pense em colocar setas na relação (3.6). As componentes normal e de atrito, da força de contato (Fig. 3.7), são ortogonais entre si e, portanto, são linearmente independentes! Não dá para escrever uma relação de proporcionalidade na forma vetorial. Apenas os módulos são proporcio-nais.
Problema Resolvido 3.2
Uma caixa de 10 kg é empurrada numa superfície plana por uma força que forma um ângulo de 37° com a horizontal como mostra a Fig. 3.8. Os coefi-cientes de atrito estático e cinético entre a caixa e a superfície são 0,5 e 0,2 respectivamente. (a) Faça um diagrama das forças que atuam na caixa. (b) Determine os valores da força de atrito e da aceleração para F = 40 N? (c) Determine os valores da força de atrito e da aceleração para F = 200 N? (use g = 10 m/s2 e sen 37° = 0,6) Solução: (a) Ao lado, o diagrama (esquema) das forças que atuam na caixa. Elas são:
F →
= força aplicada.
N →
= componente normal da força de contato.
P →
= força gravitacional (peso) fa = componente paralela da força de contato. (força de atrito) A 2ª lei de Newton para as componentes x e y ficam: direção x: Fcosθ – fa = ma (1) direção y: N – P – Fsenθ = 0 (2) (b) Primeiramente, precisamos saber se haverá movimento. Ou seja, preci-samos saber se a caixa será arrastada ou não, para sabermos se a força de a-trito será estática ou dinâmica. Para tanto, vamos comparar a componente x da força aplicada, Fx = Fcos(θ), com o máximo que o atrito consegue segu-rar, i.e., com a força de atrito de estática máxima. Então: Fx = Fcosθ = 40×0,8 = 32 N Da relação (2), temos N = P + Fsenθ = (10 kg × 10 m/s2) + (40 × 0,6 N) = 124 N e f e
máx = μe N = 0,5 × 124 N = 62 N Portanto, como Fx (= 32 N) < f e
máx (= 62 N), não haverá movimento. Assim, concluímos: a = 0 e de (1), fa = fe =Fx = 32 N. (c) Mudando a força aplicada, devemos determinar novamente se haverá movimento. O diagrama de forças é o mesmo e, consequentemente, as equa-ções de movimento (1) e (2) continuam as mesmas. A componente Fx agora vale:
179
Fx = Fcosθ = 200×0,8 N = 160 N Da relação (2), temos N = P + Fsenθ = (10 kg × 10 m/s2) + (200 × 0,6 N) = 220 N e f e
máx = μe N = 0,5 × 220 N = 110 N Portanto, como Fx (= 160 N) > f e
máx (= 110 N), haverá movimento. Assim concluímos: fa = fd = μe N = 0,2 × 220 N = 44 N e, da relação (1),
a = Fcosθ – fd
m = 0,8 × 200 N – 44 N
10 kg = 11,6 m/s2
Problema Resolvido 3.3
Um aeromodelo de 1,6 kg, voando com velocidade constante de 10 m/s, des-creve um círculo horizontal a uma altura de 15 m do solo preso por um cabo de 25 m. O aeromodelo voa com as asas na horizontal de forma que a força de sustentação (empuxo) atua verticalmente sobre o aeromodelo. (a) Faça um diagrama das forças que atuam sobre o avião quando ele passa por A. (b) Determine a tensão no cabo que prende o aeromodelo. (c) Determine a força de sustentação que atua sobre o aeromodelo. (use g = 10 m/s2) SOLUÇÃO: (a) O diagrama mostra as forças quando o aeromodelo passa por A.
E →
= Empuxo
P →
= Peso
T →
= Tensão (b) A única força que tem uma componente no plano x,y é a tensão. Esta componente da tensão tem a direção radial e assim,
R
vmamTT RadialRadial2
sen ==θ=
com m 2022 =−= HLR . Portanto,
N10N8,020
106,1sen
22=
××=
θ=
RvmT .
(c) A equação de movimento (2ª lei de Newton) na direção z fica: E – P – Ty = 0 ⇒ E = P + Tcos θ = 16 N + (10 × 0.6) N Portanto E = 22 N.
Problema Resolvido 3.4
Um avião está voando em um círculo horizontal com uma velocidade de 720 km/h (Fig. 3.10). Se as asas estão inclinadas 37° sobre a horizontal e supon-
180
do-se que a força de “sustentação aerodinâmica” seja perpendicular à super-fície das asas: (a) Faça um diagrama das forças que atuam sobre o avião. (b) Determine o raio do círculo descrito pelo avião. (use g = 10 m/s2 e sen 37º = 0,6) SOLUÇÃO: (a) A 2a Lei de Newton em termos das componentes dos vetores fica: No plano x,y
)1( sen 2
radialradial RvmEamE =θ⇒=
Na direção z )2(θcos0 mgEPEz =⇒=−
(b) Fazendo (1) ÷ (2) obtemos:
msm
smg
vRgR
v 5330/10
)/200(θtan
θtan4
32
222≅
×==⇒=
9. Problemas Propostos Prob. 3.1 Três astronautas, impulsionados por mochilas a jato, empurram e guiam um asteróide de 120 kg em direção a uma plataforma de processamento, exercendo as forças mostradas na Fig. 3.11. Qual é a aceleração do asteróide (a) na notação de vetor unitário e como (b) um módulo e (c) uma direção? Prob. 3.2 Uma garota de 40 kg e um trenó de 8,4 kg estão sobre o gelo sem atrito de um lago congelado, a uma distância de 15 m um do outro mas unidos por uma corda de massa desprezível. A garota exerce uma força horizontal de 5,2 N sobre a corda. (a) Qual é a aceleração do trenó? (b) Qual é a aceleração da garota? (c) A que distância da posição inicial da garota eles se encontram? Prob. 3.3 Dois blocos estão em contato sobre uma mesa sem atrito. Uma força horizontal é aplicada ao bloco maior, como mostrado na Fig. 3.12. (a) Se mt = 2,3 kg, m2 = 1,2 kg e F = 3,2 N, ache o módulo da força entre os dois blocos, (b) Mostre que se uma força de mesmo módulo F for aplicada ao bloco menor mas no sentido contrário, o módulo da força entre os blocos será 2, l N, que não é o mesmo valor calculado em (a), (c) Explique a diferença. Prob. 3.4 Um trabalhador arrasta um caixote pelo piso de uma fábrica puxando uma corda presa ao caixote (Fig. 3.13). O trabalhador exerce uma força de 450 N sobre a corda, que está inclinada de 37° em relação à horizontal, e o piso exerce uma força horizontal de 125 N que se opõe ao movimento. Calcule o módulo da aceleração do caixote se (a) a sua massa for de 310 kg e (b) o seu peso for de 310 N (use sen 37º = 0,6). Prob. 3.5 Um piloto de 60 kg com sua motocicleta acelera a 3 m/s2 para subir uma ladeira inclinada 10° acima da horizontal, (a) Qual é o módulo da força resultante agindo sobre o motoqueiro? (b) Qual é o módulo da força que a motocicleta exerce sobre o motoqueiro? Prob. 3.6 Na Fig. 3.14, uma caixa de lápis de 1 kg sobre um plano inclinado de 30° sem atrito está ligada a uma caixa de canetas de 3 kg sobre uma superfície horizontal sem atrito. A roldana não possui atrito nem massa, (a) Se o módulo de F for 2,3 N, qual é a tração no fio de ligação? (b) Qual é o maior valor que o módulo de F pode ter sem que o fio de ligação fique frouxo?
181
Prob. 3.7 Um balão de ar quente de massa M está descendo na direção vertical com aceleração para baixo de módulo a. Quanto de massa (lastro) deve ser jogada fora para dar ao balão uma aceleração para cima de módulo a (mesmo módulo, mas no sentido contrário)? Suponha que a força para cima do ar (a sustentação) não se altera por causa da redução na massa. Prob. 3.8 Uma força horizontal F de módulo igual a 12 N empurra um bloco que pesa 5 N contra uma parede vertical (Fig. 3.15). O coeficiente de atrito estático entre a parede e o bloco é de 0,60, e o coeficiente de atrito cinético é de 0,40. Suponha que o bloco não esteja se movendo inicialmente, (a) O bloco irá se mover? (b) Qual é a força da parede sobre o bloco, na notação de vetor unitário? Prob. 3.9 Os blocos A e B da Fig. 3.16 pesam 44 N e 22 N, respectivamente, (a) Determine o peso mínimo do bloco C para impedir que o bloco A deslize se μ e, entre o bloco A e a mesa for de 0,20. (b) O bloco C é removido subitamente de cima do bloco A. Qual será a aceleração do bloco A se μ d entre A e a mesa for de 0,15? Prob. 3.10 Um bloco de 3,5 kg é puxado sobre uma superfície horizontal por unia força F de intensidade igual a 15 N que faz um ângulo θ = 37º acima da horizontal. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e o piso é de 0,2. Calcule a intensidade (a) da força de atrito que o piso exerce sobre o bloco e (b) a aceleração do bloco. (use sen 37º = 0,6) Prob. 3.11 O corpo A da Fig. 3.17 pesa 100 N e o corpo B, 30 N. Os coeficientes de atrito entre A e a rampa são μ e = 0,5 e μ d = 0,25. O ângulo θ é igual a 37°. Encontre a aceleração de A (a) se A estiver inicialmente em repouso, (b) se A estiver inicialmente se movendo para cima da rampa e (c) se A estiver inicialmente se movendo para baixo da rampa. (use sen 37º = 0,6) Prob. 3.12 Na Fig. 3.17, dois blocos estão ligados por um fio que passa por uma polia. A massa do bloco A é igual a 10 kg e o coeficiente de atrito cinético entre A e a rampa é de 0,20.0 ângulo B de inclinação da rampa é igual a 30°. O bloco A desliza para baixo da rampa com velocidade constante. Qual é a massa do bloco B? Prob. 3.13 Os dois blocos (com m = 2 kg e M = 10 kg) mostrados na Fig. 3.18 não estão presos um ao outro. O coeficiente de atrito estático entre os blocos é μe = 0,4, mas a superfície embaixo do bloco maior é lisa. Qual é a menor intensidade da força horizontal F necessária para evitar que o bloco menor escorregue para baixo do bloco maior? Prob. 3.14 Na Fig. 3.19, uma caixa de formigas fêmeas (massa total m1 =1,5kg) e uma caixa de formigas machos (massa total m2 = 3 kg) descem um plano inclinado, ligadas por uma haste de massa desprezível paralela ao plano. O ângulo da rampa é θ = 30º. O coeficiente de atrito cinético entre a caixa de formigas fêmeas e o plano é μ1 = 0,2; o coeficiente entre a caixa de formigas machos e o plano é μ2 = 0,1. Calcule (a) a tração na haste e (b) a aceleração comum às duas caixas, (c) Como as respostas para (a) e (b) mudariam se a caixa das formigas machos estivesse atrás da caixa de formigas fêmeas? Prob. 3.15 Como mostrado na Fig. 3.20, uma bola de 2kg está ligada, por dois fios de massa desprezível, a uma haste vertical que está girando. Os fios estão ligados à haste e estão esticados. A tração no fio de cima é de 50. (a) Desenhe o diagrama de corpo livre para a bola. (b) Qual é a tração no fio de baixo? (c) Qual é a força resultante sobre a bola e (d) qual a velocidade da bola?
182
Unidade IV Trabalho e Energia
1. Situando a Temática Vimos que a partir das leis de Newton podemos estudar o movimen-
to de qualquer objeto, que não seja nem quântico e nem relativístico. No en-tanto, alguns problemas de mecânica podem ser resolvidos mais facilmente, em alguns casos unicamente, utilizando a energia do sistema. Assim, nesta seção nós introduziremos o conceito de energia e estabeleceremos alguns re-sultados para a solução de problemas em mecânica.
2. Problematizando a Temática Nossa primeira dificuldade é justamente encontrar uma definição
“fechada” para a energia. Certamente você já ouviu falar de “muitas energi-as”; energia elétrica, energia nuclear, energia térmica, etc. Entretanto, como seria a definição técnica que contemple todas estas coisas simultaneamente. Por causa destas dificuldades, vamos nos concentrar no ponto de vista da di-nâmica.
A energia aparece de muitas formas diferentes, e por isso o conceito de energia de um sistema se torna muito amplo e difícil de precisar. Tecni-camente, a energia é uma grandeza escalar que está associada a uma dada configuração do sistema. Quando o sistema evolui de uma configuração para outra, sua energia muda. Como ponto de partida, podemos pensar que a e-nergia é um número que está associado a uma configuração possível para um sistema composto de um ou mais objetos. Desta forma, quando uma força atua sobre o sistema fazendo com que ele seja acelerado, o número (energia) associado ao sistema muda. É essa variação que nos ajudará no estudo de alguns problemas que têm soluções complicadas quando tratados apenas com as leis de Newton. Neste capítulo vamos nos ater a uma única forma de energia: energia mecânica.
3. Energia Cinética A energia cinética é a energia associada ao movimento de um cor-
po. Quando um objeto de massa m se move com velocidade v→, dizemos que ele possui uma energia cinética, K, definida como:
221 mvK = (energia cinética) (4.1)
onde v = | v → |. Desta forma, quanto maior for a velocidade do corpo e/ou sua
massa, maior será a sua energia cinética. Devemos notar que a energia ciné-tica de um objeto não tem um valor absoluto, uma vez que ela depende da velocidade e a velocidade depende do referencial. Desta forma, um corpo
183
pode ter energia cinética nula quando medida no sistema de referência S e assumir um outro valor qualquer no referencial S´. Entretanto, isto não será um obstáculo para a solução dos nossos problemas pois nós estaremos inte-ressados nas variações da energia do sistema quando este evolui de uma con-figuração A para uma configuração B. No SI, qualquer forma de energia será medida em joules (J) . Assim, a partir da Eq. (7.1) definimos:
22111 smkgJjoule /⋅==
Como exemplo, um automóvel de 1000 kg (1 tonelada) viajando a 30 m/s (108 km/h) terá uma energia cinética de 1000 kg × (30 m/s)2 = 9 × 105 J.
4. Trabalho Realizado Por Uma Força O conceito de trabalho realizado por uma força está, de muitas ma-
neiras, ligado a ações do dia-a-dia, como levantar um objeto ou arrastar um móvel. Fisicamente falando, quando um agente externo aplica uma força so-bre um sistema ele promove uma transferência de energia para o sistema. Chamaremos essa transferência de energia de trabalho. Diremos então que este agente, ou esta força, realizou um trabalho sobre o sistema. Matemati-camente, o trabalho realizado por uma força F
→ que atua sobre uma partícula
durante um intervalo de tempo dt é definido como:
rdFdW ⋅= (trabalho realizado por uma força) (4.2)
onde d r → = r →(t + dt) – r →(t) é o deslocamento da partícula no intervalo de tempo dt (Fig. 4.1) e dW é o trabalho infinitesimal realizado pela força du-rante esse intervalo de tempo infinitesimal.
Quando uma força F →
atua sobre um corpo durante um intervalo de tempo macroscópico Δt = tfinal – tinicial e a partícula se desloca desde uma po-sição inicial A determinada pelo vetor posição rA
→ , até uma posição final B, determinada pelo vetor posição rB
→ , então o trabalho deverá ser calculado co-mo uma soma das infinitas contribuições da Eq. (4.2), ao longo da trajetória.
∫ ⋅=→
B
A
r
r
FBA rdFW )( (4.3)
Como trabalho realizado por uma força corresponde à transferência de algum tipo de energia de um sistema para outro, ele será medido em uni-dades de energia que no SI é o joule (J).
5. Trabalho Realizado Por Uma Força Constante Quando a força que atua sobre o corpo é constante, então a integral em (3.2) pode ser resolvida facilmente como:
184
dF
rFrrF
rdFrdFW
BABA
r
r
r
r
FBA
B
A
B
A
⋅=
Δ⋅=−⋅=
⋅=⋅=
→
→ ∫∫
)(
)(
(4.4)
onde d →
é o vetor deslocamento do objeto da posição A para a posição B.
EXEMPLO DE FORÇA CONSTANTE: PESO Vamos considerar como exemplo a força gravitacional exercida pela
Terra sobre outras massas. Próximo da superfície a força gravitacional, ou peso, pode ser considerada constante. Nestas condições o trabalho realizado pelo peso sobre um corpo de massa m que vai de uma posição A até uma po-sição B, por uma trajetória qualquer (Fig. 4.2), será dado por:
( ) ( )
AB
AB
y
y
r
r
r
r
FBA
ymg
yymgdymg
kdzjdyidxjmg
rdPW
B
A
B
A
B
A
Δ−=
−−=−=
++⋅−=
⋅=
∫
∫
∫→
)(
)(
ou
AB
ABABAB
ABAB
r
r
r
r
FBA
ymgkzjyixjmg
rPrrP
rdP
rdPW
B
A
B
A
Δ−=Δ+Δ+Δ⋅−=
Δ⋅−=−⋅=
⋅=
⋅=
∫
∫→
)()(
)(
)(
Este resultado é exatamente o mesmo que:
AB
ABABAB
BAFBA
ymgkzjyixjmg
dPrPW
Δ−=Δ+Δ+Δ⋅−=
⋅=Δ⋅= →→
)(()(
)(
(4.5)
Problema Resolvido 4.1
Um bloco de 10 kg, sustentado por uma força horizontal de 50 N (Fig. 4.3), desce desde A até B com velocidade constante de 2 m/s. (a) Qual o trabalho realizado pela força F no trecho AB? (b) Qual o trabalho realizado pelo peso no trecho AB? (c) Qual o trabalho total realizado pela força de atrito no tre-cho AB? (d) Qual o valor da força de atrito dinâmica? (Use g = 10 m/s2)
185
SOLUÇÃO: Como as forças são constantes, calcularemos os trabalhos fazen-do, simplesmente, o produto da força pelo deslocamento. Assim, (a) O trabalho realizado pela força F
→ é dado por:
J0002)(cos)m50(N)50(
)180(cos
)(cos||||
AB
ABAB(F)AB
−=θ××−=θ−°×Δ×=
φ×Δ×=Δ⋅=
rF
rFrFW
(b) O trabalho realizado pela força P →
é dado por:
J0003)(sen)m50(N)100(
)90(cos
)(cos||||
AB
ABAB(P)AB
=θ××−=θ−°×Δ×=
β×Δ×=Δ⋅=
rP
rPrPW
(c) O trabalho realizado pela força de atrito fd →
será obtido a partir do teorema do Trabalho-Energia:
AB(fat)AB
(P)AB
(F)AB
totalAB KWWWW Δ=++=
Como o bloco se desloca com velocidade constante, a variação da energia cinética é nula. Então,
J0001
0 (P)AB
(F)AB
(fat)AB
(fat)AB
(P)AB
(F)AB
−=
−−=⇒=++ WWWWWW
O trabalho realizado pela força de atrito é escrito como:
)180(cosABdABd(fat)AB ×Δ×=Δ⋅= rfrfW
N20m50
)J0001(
AB
(fat)AB
d =−
−=Δ
−=⇒r
Wf
6. Trabalho Realizado Por Uma Força Variável
Nem sempre as forças que atuam num sistema são constantes. No
mundo real, as forças resultantes que atuam sobre os sistemas físicos rara-mente são constantes. Elas podem variar com o tempo e com a posição, F
→ =
F →
(x,y,z,t). Neste primeiro curso de física, as forças que variam com o tempo não serão abordadas. Consideraremos apenas as forças que variam com a po-sição.
O exemplo mais simples de força variável é o de uma força que varia linearmente em uma única direção. Uma força deste tipo é a força elástica de uma mola que satisfaz a lei de Hook, ou seja F
→ = – k x i → onde x é o deslo-
camento em relação à posição de equilíbrio e k é a constante elástica da mola (Fig. 4.4). O sinal negativo indica que a força tem sentido contrário àquela
186
da deformação x. Forças que se opõem às deformações são chamadas de for-ças restauradoras. Queremos calcular o trabalho realizado pela força elástica da mola sobre um bloco de massa m que vai da posição de equilíbrio xA = 0 até uma posição xB qualquer. Além da força da mola, outras forças atuam sobre o bloco. Neste exemplo em particular devemos ter ao menos uma força de con-tato entre o bloco e a superfície. Então, da Eq. 4.3 podemos calcular o traba-lho realizado pela força F
→
m exercida pela mola;
2
0
22
)(
21)(
21
)()(
BAB
x
x
x
x
x
xm
FBA
xkxxkkxdx
kdzjdyidxikxrdFW
B
A
B
A
B
A
m
−=−−=−=
++⋅−=⋅=
=
→
∫
∫∫
Assim ao distendermos ou comprimirmos uma mola em uma distân-cia x, em relação à sua posição de equilíbrio, o trabalho realizado pela força elástica da mola será:
2
21 kxW −= (4.6)
O sinal negativo indica que a mola se opõe às deformações.
7. Teorema do Trabalho Energia Calcularemos a seguir o trabalho realizado pela força resultante so-
bre uma partícula.
zyx I
B
Az
I
B
Ay
I
B
Ax
B
Azyx
B
A
dzFdyFdxF
kdzjdyidxkFjFiFrdFW
∫∫∫
∫∫
++=
++⋅++=⋅= )()(
Resolveremos estas integrais separadamente. Como F →
representa a força resultante, nós usamos a Eq. 3.1 (2ª lei) para escrever, F
→ = m a →, onde
a → é a aceleração resultante. Assim,
dxdvmv
dtdx
dxdvm
dtdvmmaF x
xxx
xx ==== .
Assim, a primeira integral fica:
22
21
21
AxBx
v
vxx
B
A
xxx mvmvdvmvdxdxdvmvI
Bx
Ax
−=== ∫∫
Analogamente, as integrais Iy e Iz serão dadas por
22
21
21
AyBy
v
vyy
B
A
yyy mvmvdvmvdydydv
mvIBy
Ay
−=== ∫∫
e
187
22
21
21
AzBz
v
vzzz
B
A
zzz mvmvdvmvdzdzdvmvI
Bz
−=== ∫∫
Somando as três integrais obtemos:
AB
ABAB
v
AzAyAx
v
BzByBxzyxABtotal
K
KKmvmv
vvvmvvvmIIIWAB
Δ=
−=+=
++−++=++=
22
222222
21
21
)(21)(
21
22
(4.7)
O resultado acima nos diz que o trabalho total realizado sobre um sistema que evolui de uma configuração A para uma configuração B é igual à variação da energia cinética do sistema. É preciso que fique claro que tra-balho da força resultante é igual ao trabalho da soma de todas as forças e, portanto, é igual a soma dos trabalhos realizados por todas as forças:
ABn
ABAB
r
rn
r
r
r
r
r
rn
r
rteresul
ABtotal
WWW
rdFrdFrdF
rdFFFrdFW
B
A
B
A
B
A
B
A
B
A
+++=
⋅++⋅+⋅=
⋅+++=⋅=
∫∫∫
∫∫
...
...
)...(
21
21
21tan
(4.8)
8. Forças Conservativas Quando um sistema passa de uma configuração A para uma configu-ração B devido à ação de uma força, esta força realiza um trabalho WAB e a energia cinética do sistema muda de KA para KB. Digamos que o sistema te-nha perdido energia cinética. Se ao retornar de B para A, sob a ação da mesma força, o sistema recuperar a energia cinética perdida, então diremos que é uma força conservativa. Se a energia cinética não for recuperada, en-tão diremos que é uma força não-conservativa. Vamos refazer esta análise, usando o resultado do teorema do traba-lho-energia. Quando o sistema é levado da configuração A para a configura-ção B, sob a ação de uma força F, o trabalho realizado, de acordo com o teo-rema do trabalho-energia, é tal que: BAABAB KKKW →Δ=−= .
Na volta, o trabalho realizado é ABBABA KKKW →Δ=−= .
Se a energia cinética puder ser recuperada, então, 0=Δ+Δ →→ ABBA KK .
Ou seja, como na Fig.4.5,
0=+ BAAB WW (4.9)
independentemente dos caminhos de ida e volta. Assim,
O trabalho total realizado por uma força conservativa sobre uma partícu-la que de move ao longo de qualquer percurso fechado é nulo.
188
Matematicamente, a definição acima fica:
0)( =⋅= ∫→→ rdFW FABA (4.10)
Como a partícula pode se deslocar por qualquer caminho na ida e na volta, então uma definição completamente equivalente para uma força con-servativa é:
O trabalho realizado por uma força conservativa que atua sobre uma par-tícula que se desloca de um ponto A para um ponto B não depende do ca-minho.
Os dois exemplos resolvidos anteriormente — a força gravitacional e a força elástica da mola — são exemplos de força conservativa. Observe que nos dois casos nós não precisamos especificar o caminho para encontrar o trabalho. Isto significa que qualquer caminho serve. A integral (o trabalho) não depende do caminho.
9. Energia Potencial Definimos aqui uma função U associada a uma força conservativa (ou a um campo de forças) que chamaremos de energia potencial. Assim, associaremos à força gravitacional (peso) uma energia po-tencial gravitacional, que dependerá da separação entre objetos que se atra-em. Associaremos à força elástica da mola uma energia potencial elás-tica, que dependerá de sua deformação em relação à sua posição de equilí-brio. Definimos a energia potencial associada a uma força F
→ como:
)(
)()()(
FAB
B
A
FA
FB
FAB
WrdF
UUU
−=⋅−=
−=Δ
∫ (4.11)
Ou seja: quando uma partícula se desloca de uma posição A para uma posição B sob a ação de uma força conservativa F
→, ela sofre uma vari-
ação na energia potencial associada a esta força que é igual a “menos” o tra-balho realizado pela força. Desta forma, o resultado (4.5) estabelece a energia potencial gravi-tacional como:
)()(AB
gravAB yymgU −=Δ . (4.12)
Note que, pelo fato de termos definido a energia potencial a partir de uma variação, o zero da energia potencial é arbitrário. É usual, para proble-mas envolvendo objetos próximos da superfície da Terra, que o zero seja por aqui mesmo; na superfície. Para problemas envolvendo corpos que estão no espaço, o zero é posto no infinito.
189
Desta forma, se o eixo y estiver orientado para cima, quando subi-mos a coordenada yB (posição final) é maior que a coordenada yA (posição inicial) e então energia potencial aumenta. Quando descemos a situação se inverte. A coordenada yfinal será menor que yinicial e aí a energia potencial di-minui. O resultado (4.6) estabelece a energia potencial elástica como:
221
0
2221)( )( xkxxkU AB
molaAB =−=Δ
=
(4.13)
onde x significa o deslocamento em relação à posição de equilíbrio.
10. Energia Mecânica Consideremos um sistema isolado, formado por um corpo sujeito a uma força conservativa. Quando este corpo vai de uma posição A para uma posição B, a força conservativa realiza um trabalho. Do teorema do traba-lho-energia temos AB
FAB KW Δ=)(
e, da definição de energia potencial AB
FAB UW Δ−=)(
Então, igualando as duas coisas, encontramos: 0=Δ+Δ ABAB UK
ou 0)( =+Δ ABUK (4.14)
Chamamos de ENERGIA MECÂNICA, E, a soma da energia cinética com a energia potencial,
UKE += Energia Mecânica (4..15)
O resultado (4.14) deve ser entendido da seguinte maneira: quando um corpo está sujeito à ação de forças conservativas (apenas) sua energia mecânica permanece constante. Neste caso nós escrevemos: 0)( =Δ+Δ=Δ ∑
i
iABAB AB
UKE (4.16)
O índice de soma, i, deve contemplar todas as energias potencias (todas as forças) presentes no problema. Quando houver forças não-conservativas atuando no sistema, então teremos que computar o trabalho realizado por estas forças separadamente já que não podemos associar uma energia potencial a elas. Vamos então rees-crever o trabalho total, separando o trabalho realizado pelas forças conserva-tivas ( F
→
1 ... F →
n ) do trabalho realizado pelas forças não-conservativas.
ABcn
nABABAB
ABcn
ABn
ABABABtotal
WUUU
WWWWW
..)()2()1(
..vasconservatiforças
21 ...
+Δ−⋅⋅⋅−Δ−Δ−=
++++=
190
Desta forma, o teorema do trabalho-energia fica: AB
cnn
ABABABAB WUUUK ..)()2()1( +Δ−⋅⋅⋅−Δ−Δ−=Δ
Ou então,
ABcn
nABABABAB WUUUK ..
)()2()1( =Δ+⋅⋅⋅+Δ+Δ+Δ (4.17)
Quer dizer:
A soma da variação da energia cinética com as variações de todas as ener-gias potenciais é igual ao trabalho realizado pelas forças não-conservativas.
Resumindo, quando um sistema passa de uma configuração A para uma configuração B, podemos afirmar:
..cnAB WEE =− (4.18)
Lembrando que a energia mecânica de um sistema numa dada confi-guração é a soma de sua energia cinética com todas as energias potenciais desta configuração.
Problema Resolvido 4.2
O bloco da Fig. 4.6, de 10 kg, parte do repouso do ponto A e escorrega sobre uma superfície inclinada onde o coeficiente de atrito dinâmico vale 0,5. Em seguida desliza sobre uma superfície plana de coeficiente atrito desprezível, até colidir com uma mola de constante elástica 100 N /m. (a) Qual o trabalho realizado pelo atrito? (b) Qual a velocidade do bloco ao passar pelo ponto B? (c) Qual a compressão máxima da mola?
SOLUÇÃO: (a) O trabalho realizado pelo atrito é dado por:
)º180(cosABdABd(fat)AB ×Δ×=Δ⋅= rfrfW
Por outro lado
N40N1005,0cos 54
ddd =××=θμ=μ= PNf
Então, J200)180(cos540(fat)AB −=°××=W
(b) Da conservação da energia de A → B, temos
n.c.AB WEE =−
ou BAd(g)A
0A
(g)BB )()(K rfUKU Δ−=+−+
=
BAdAB2B2
1 rfymgymgvm Δ−=−+
Portanto,
mrfyymg
mrfymgymg
v
BAdBA
BAdBAB
)(2
2
Δ−−=
Δ−−=
191
Numericamente fica:
m/s5,4m/s10
540)31010(2B ≅×−××
=v
(c) Da conservação da energia de B → D temos
0
n.c.BD=
=− WEE
O trabalho das forças não conservativas de B até D é nulo porque não tem a-trito nem outras forças não conservativas. Então,
0][]K[0
(m)BB
(m)D
0D =+−+
==
UKU
0][][ 2B2
12máx2
1 =+−⇒ mvxk
Portanto,
m4,1100
20102B
máx ≅×
==kvm
x
11. Potência O conceito de potência está associado, usualmente, ao desempenho de algum tipo de motor ou equipamento. A potência média é definida como:
POTÊNCIA MÉDIA A potência média realizada por uma força (ou por um motor) é igual à razão entre o trabalho realizado por esta força e o intervalo de tempo gasto para realizá-lo;
t
Wtempo
realizadoTrabalhoPΔ
== (4.19)
POTÊNCIA INSTANTÂNEA A potência instantânea é calculada no limite quando Δt tende a zero. Assim,
dt
dWt
WtPt
=Δ
Δ=
→Δ 0lim)( (4.20)
Quando uma força está realizando um trabalho, a potência fica:
vFdtrdF
dtrdF
dtdWtP ⋅=⋅=
⋅==)( (4.21)
No SI, a unidade de potência é o watt (W) em homenagem a James Watt que aperfeiçoou o rendimento das máquinas a vapor. Assim, 1 watt = 1 Joule/segundo
192
12. Problemas Propostos Prob. 4.1 Um bloco de gelo de 45 kg desce deslizando um plano inclinado liso de 5 m de comprimento e 3 m de altura. Um trabalhador aplica uma força para cima contra o bloco de gelo na direção paralela ao plano inclinado, para que o bloco desça deslizando com velocidade constante, (a) Encontre a intensidade da força do trabalhador. Quanto trabalho é realizado sobre o bloco (b) pela força do trabalhador, (c) pela força gravitacional, (d) pela força normal à superfície do plano inclinado e (e) pela força resultante? Prob. 4.2 Um helicóptero eleva uma astronauta de 70 kg verticalmente por 20 m a partir do oceano por meio de um cabo. A aceleração da astronauta é g/10. Quanto trabalho é realizado sobre a astronauta (a) pela força do helicóptero e (b) pela força gravitacional agindo sobre ela? Quais são (c) a energia cinética e (d) a velocidade da astronauta imediatamente antes de ela alcançar o helicóptero? Prob. 4.3 Uma corda é usada para abaixar verticalmente um bloco de massa M, inicialmente em repouso, com uma aceleração constante para baixo de g/4. Quando o bloco tiver descido uma distância d, encontre (a) o trabalho realizado pela força da corda sobre o bloco, (b) o trabalho realizado pela força gravitacional sobre o bloco, (c) a energia cinética do bloco e (d) a velocidade do bloco. Prob. 4.4 Um bloco de 250 g é solto sobre uma mola vertical indeformada que possui uma constante de mola k = 2,5 N/cm. O bloco a fica preso à mola comprimindo-a 12 cm antes de parar por um instante. Durante a compressão, qual é o trabalho realizado sobre o bloco (a) pela força gravitacional que age sobre ele e (b) pela força da mola? (c) Qual é a velocidade do bloco imediatamente antes de ele colidir com a mola? (Suponha que o atrito seja desprezível) (d) Se a velocidade no impacto for duplicada, qual será a compressão máxima da mola. Prob. 4.5 Caixas são transportadas de uma posição para outra em um armazém por meio de uma correia transportadora que se move com velocidade constante de 0,50 m/s. Em um determinado local, a correia transportadora sobe 2,0 m em uma rampa inclinada de 10° com a horizontal, percorre mais 2,0 m na horizontal e finalmente desce 2,0 m em uma rampa que forma um ângulo de 10° com o plano horizontal. Suponha que uma caixa de 2,0 kg é transportada pela correia sem deslizar. Qual a taxa com que a força da correia transportadora está realizando trabalho sobre a caixa (a) quando a caixa está subindo a rampa de 10°, (b) quando a caixa está se movendo horizontalmente e (c) quando a caixa está descendo a rampa de 10o? Prob. 4.6 Na Fig. 4.7 um pequeno bloco de massa m pode deslizar ao longo de um loop sem atrito. O bloco é solto do repouso no ponto A, a uma altura h = 5R acima da parte mais baixa do loop. Quanto trabalho a força gravitacional realiza sobre o bloco enquanto o bloco se desloca do ponto A (a) até o ponto C e (b) até a parte mais alta do loop? Se a energia potencial gravitacional do sistema bloco-Terra for tomada como nula na parte mais baixa do loop, qual será a energia potencial quando o bloco estiver (c) no ponto A, (d) no ponto C e (e) no ponto mais alto du loop? (f) Se, em vez de ser solto do repouso, o bloco receber alguma velocidade inicial para baixo ao longo da pista as respostas para os items de (a) até (e) aumentam, diminuem ou permanecem as mesmas? Prob. 4.7 No Problema 4.6 quais são (a) a componente horizontal e (b) a componente vertical da força resultante que age sobre o bloco nos pontos B e C (c) A que altura h o bloco deve ser solto do repouso de modo que ele esteja na iminência de perder contato com a pista no ponto mais alto do loop? (Na iminência de perder o contato significa que a força normal que a pista exerce sobre o bloco é praticamente nula.) Prob. 4.8 A Fig. 4.8 mostra uma pedra de 8 kg em repouso em cima de uma mola. A mola está comprimida de 10 cm pela pedra. (a) Qual a constante de mola? (b) A pedra é empurrada para baixo mais 30 cm e então é solta. Qual a energia potencial
193
elástica da mola comprimida (10 cm + 30 cm) imediatamente antes de a pedra ser solta? (c) Qual a variação da energia potencial gravitacional do sistema pedra-Terra quando a pedra se move do ponto em que foi solta até a sua altura máxima? (d) Qual será essa altura máxima, medida a partir do ponto em que a mola é solta? Prob. 4.9 Um bloco de 2 kg cai verticalmente sobre uma mola de massa desprezível, de uma altura de 40 cm acima da mola (Fig. 4.9). A constante de mola k é igual a 1960 N/m. Encontre a distância máxima que a mola foi comprimida. Prob. 4.10 Tarzan, que pesa 700 N, salta de um penhasco se balançando na extremidade de um cipó de 18 m de comprimento (Fig. 4.10). A diferença de altura entre o alto do penhasco e o ponto mais baixo da trajetória descrita pelo Tarzan é de 3,2 m. A tensão máxima suportada pelo cipó é de 1000 N. (a) O cipó irá se romper? (b) Caso não se rompa, qual a maior força que atua sobre ele durante o balanço? Prob. 4.11 Um bloco de 700 g é solto do repouso de uma altura h acima de uma mola vertical com constante de mola k = 400 N/m e massa desprevezível. O bloco fica preso à mola e para por um instante após comprimir a mola em 19 cm. Quanto trabalho foi realizado (a) pelo bloco sobre a mola e (b) pela mola sobre o bloco? (c) Qual o valor de h? (d) Se o bloco fosse solto de uma altura 2h acima da mola, qual seria a compressão máxima da mola? Prob. 4.12 Na Fig. 4.11, um bloco de 2,5 kg desliza de encontro a uma mola cuja constante de mola é igual a 320 N/m. Quando o bloco para, a mola fica comprimida de 7,5 cm. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a superfície horizontal é igual a 0,25. Enquanto o bloco está em contato com a mola e sendo levado ao repouso, (a) qual o trabalho realizado pela força da mola e (b) Qual a velocidade do bloco no instante em que o bloco atinge a mola? Prob. 4.13 Um bloco pode deslizar ao longo de uma pista com as extremidades elevadas e uma parte central plana, como mostrado na Fig. 4.12. A parte plana possui um comprimento L. Não há atrito nas partes curvas da pista, mas na parte plana o coeficiente de atrito cinético μ k é igual a 0,20. O bloco parte do repouso no ponto A, que está a uma altura h = L/2 acima da parte plana da pista. Aonde o bloco irá parar? Prob. 4.14 O cabo de tração da cabine do elevador de 1800 kg da Fig. 4.14 se rompe quando a cabine se encontra em repouso no primeiro piso, onde o fundo da cabine está a uma distância d = 3,7 m acima de uma mola amortecedora, cuja constante de mola é k = 0,15 × 106 N/m. Um dispositivo de segurança faz com que a cabine se agarre aos trilhos-guia, fazendo com que uma força de atrito constante de 4,4 kN se oponha ao movimento da cabine. (a) Encontre a velocidade da cabine imediatamente antes que ela bata na mola. (b) Determine a distância máxima x de compressão da mola (a força de atrito continua atuando durante esta compressão), (c) Encontre a distância que a cabine irá subir de volta no prisma do elevador, (d) Usando a conservação da energia, encontre uma aproximação para a distância total que a cabine irá se deslocar antes de atingir o repouso. (Suponha que a força de atrito que atua sobre a cabine seja desprezível quando a cabine estiver em repouso.)
194
Unidade V Momento Linear
1. Situando a Temática Quando estudamos a natureza, observamos que existem algumas leis
de conservação, i.e., existem grandezas físicas que são conservadas quando um sistema é levado, ou evolui espontaneamente, de uma configuração inici-al para uma configuração final. Por exemplo, vimos na seção anterior que a energia mecânica E = K + U é conservada quando existem apenas forças conservativas atuando no sistema, mas se houver forças não-conservativas atuando no sistema então a conservação da energia mecânica não funciona mais.
Existem outras leis de conservação, como conservação da carga, conservação da massa, conservação do momento angular, etc.
Em seu livro, Philosophiae Naturalis Principia Mathematica, New-ton escreveu suas leis em termos de uma grandeza chamada quantidade de movimento, que é igual ao produto da massa do corpo pela velocidade com a qual ele está se deslocando. Ele percebeu que a quantidade de movimento de um sistema permanecia inalterada (constante) a menos que uma força ex-terna ao sistema atuasse sobre ele. A quantidade de movimento recebeu o nome de momento linear.
É esta grandeza e esta lei de conservação que nós estudaremos aqui.
2. Problematizando a Temática Muitos problemas são resolvidos através da conservação do momen-
to linear. Nas colisões ou decaimento de partículas a conservação do mo-mento linear está presente. É possível predizer a existência de uma partícula desconhecida num processo de colisão ou decaimento. Mesmo envolvendo corpos macroscópicos, automóveis por exemplo, vale a conservação da quantidade de movimento. É o que veremos agora.
Vimos no estudo dos projéteis que uma partícula lançada ao ar com uma componente de velocidade horizontal diferente de zero, descreve uma trajetória parabólica. Por outro lado, a Fig. 5.1 mostra como poderia ser o movimento de um bastão de beisebol quando lançado ao ar. O movimento do bastão é complicado, uma vez que ele tem um movimento de translação e de rotação. Entretanto, o ponto preto no bastão descreve uma trajetória igual a da partícula, i.e., uma trajetória parabólica. Este ponto é chamado de centro de massa. Vamos estudá-lo também.
3. Centro de Massa Se você olhar atentamente, notará que o ponto preto da Fig. 5.1 se desloca como (1) se toda massa estivesse concentrada nele e (2) como se a
195
força gravitacional atuasse apenas nesse ponto. Estas são as propriedades do centro de massa. Elas serão muito importantes, em alguns casos fundamen-tais, na solução dos nossos problemas.
O centro de massa de um corpo ou de um sistema de partículas é o ponto que se move como se toda massa estivesse concentrada neste ponto e como se todas as forças (força resultante) externas estivessem atuando sobre ele.
POSIÇÃO DO CENTRO DE MASSA. Consideremos um sistema de n partículas com massas m1,...,mn, e si-tuadas nas posições r →
1, r →2,..., r →n em relação a um sistema de coordenadas qualquer. A posição do centro de massa deste sistema de partículas é dada por:
∑=n
iiCM rmM
r1
1 (posição do centro de massa) (5.1)
onde M = m1 + m2 +⋅⋅⋅+ mn é a massa total do sistema e r →i o vetor posição da i-ésima partícula.. A equação vetorial 5.1 corresponde a três equações escalares; uma para cada direção. Assim, lembrando que kji iiii zyxr ++=
podemos escrever as coordenadas do centro de massa como
∑
∑
∑
=
=
=
n
iiCM
n
iiCM
n
iiCM
zmM
z
ymM
y
xmM
x
1
1
1
1
massa) de centro do as(coordenad;1
;1
(5.2)
Se, ao invés de uma distribuição discreta de massa (partículas), nós tivermos uma distribuição contínua, então o centro de massa será calculado como:
∫=volume
CM dmrM
r 1 (distribuição contínua de massa) (5.3)
Esta equação vetorial nos leva a três equações escalares, como em (5.2). É preciso esclarecer uma questão importante. Para calcular a posição do centro de massa nós temos que definir um sistema de coordenadas para podermos localizar uma dada partícula mi, ou um elemento de massa dm. Is-to é um artifício matemático. O centro de massa é um ponto do sistema que não depende da escolha de nenhum sistema de coordenadas em particular. A posição do centro de massa de uma dada distribuição de massa é absoluta e com qualquer sistema de coordenadas encontraremos a mesma posição, em-bora representada por diferentes coordenadas.
196
Problema Resolvido 5.1
Determine a posição do centro de massa do sistema de três partículas, no ins-tante mostrado na Fig. 5.2. Considere que as partículas se deslocam no plano x,y e têm massas m1 = 4 kg, m2 = 6 kg e m3 = 10 kg . SOLUÇÃO: As coordenadas xCM e yCM, que dão a posição do centro de massa, são obtidas a partir da Eq. 5.2:
m9,0m1064
210)1(614
1
321
332211
1
=++
×+−×+×=
++++
== ∑ mmmxmxmxm
xmM
xn
iiCM
e
m5,1m1064
21036)2(4
1
321
332211
1
=++
×+×+−×=
++++
== ∑ mmmymymym
ymM
yn
iiCM
A posição do centro de massa está indicada na Fig. 5.2.
Problema Resolvido 5.2
Determine a posição do centro de massa da haste fina e homogênea, de com-primento L e massa M, mostrada na Fig. 5.3. SOLUÇÃO: Uma haste é uma distribuição contínua de massa. A coordenada yCM, é nula, uma vez que nós pusemos o eixo x ao longo da haste. A posição xCM do centro de massa é dada por:
∫=f
i
x
xCM dmx
Mx 1
Para uma haste homogênea, a massa dm contida no comprimento dx é dada por uma rega de três simples:
dxLMdm
dmdxML
=⇒−−
Então,
2Portanto,
21
11
0
2
00
LxxL
dxxL
dxLMx
Mx
CM
L
LL
dm
CM
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛= ∫∫
Ou seja, o centro de massa da haste (homogênea) está no meio da haste. Este resultado nós já esperávamos.
197
4. Movimento do Centro de Massa
VELOCIDADE DO CENTRO DE MASSA. Para encontrar a velocidade do centro de massa vamos derivar a Eq.
5.1 em relação ao tempo:
( )nn
nn
n
iiCM
vmvmvmM
dtrd
mdtrd
mdtrd
mM
rmdtd
MV
+⋅⋅⋅++=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⋅⋅⋅++=
= ∑
2211
22
11
1
1
1
1
(5.4)
onde nós usamos a definição de velocidade instantânea dada na Eq. (2.8).
Derivando, agora, a Eq. (5.4) encontramos:
( )
( )nn
nn
nnCM
amamamM
vdtdmv
dtdmv
dtdm
M
vmvmvmdtd
Ma
+⋅⋅⋅++=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅⋅⋅++=
+⋅⋅⋅++=
2211
2211
2211
1
1
1
(5.5)
Olhando para a i-ésima partícula concluímos: Se a →i é a aceleração da
i-ésima partícula, então mia →
i é a força resultante, Fi →
, sobre a partícula i. As-sim, a Eq. 5.4 fica:
( )nCM FFFM
a +⋅⋅⋅++= 211 (5.6a)
Considerando que a soma das forças resultantes sobre cada uma das partículas é igual à soma de todas as forças externas que atuam no sistema, encontramos:
∑= externasCM FaM (5.6b)
De fato o centro de massa se comporta como se todas as forças esti-vessem atuando sobre ele. A Eq. 5.6 corresponde à segunda lei de Newton para um sistema de partículas.
5. Momento Linear A quantidade de movimento linear (momento linear) de uma par-tícula é um vetor p → definido como
vmp = (momento linear de uma partícula) (5.7)
onde m é a massa da partícula e v → o vetor velocidade. O vetor momento li-near tem a direção e o sentido do vetor velocidade, uma vez que a massa m é uma quantidade escalar positiva. Na realidade, Newton escreveu a segunda lei em termos da quanti-dade de movimento:
198
A taxa de variação da quantidade de movimento de uma partícula em re-lação ao tempo, é igual força resultante (soma das forças) que atua sobre a partícula e tem a mesma direção e o mesmo módulo desta força.
Em linguagem matemática o texto da segunda lei fica:
Newton) de lei (segundadtpdFres = (5.8)
Em se tratando de uma partícula, cuja massa é constante, a equação acima é equivalente à segunda lei na forma apresentada na Eq. 3.1;
amdtdmv
dtvdmvm
dtd
dtpdFres =+===
=0
)( . (5.9)
Note que para sistemas onde a massa varia, tais como aviões ou au-tomóveis queimando combustível, a segunda lei deve ser usada na forma o-riginal (completa) da Eq. 5.8. Newton era esperto mesmo, não era?!
6. Momento Linear de um Sistema de Partículas Se nós tivermos um sistema composto de n partículas, o momento
linear do sistema será a soma de todas as quantidades de movimento indivi-duais, i.e.,
nn
nsist
vmvmvmpppP
+⋅⋅⋅++=+⋅⋅⋅++=
2211
21 (5.10)
Comparando este resultado com a Eq. 5.4 encontramos:
sistCM PVM = (momento linear do sistema) (5.11)
Problema Resolvido 5.3
Considere que as velocidades das partículas da Fig. 5.2 sejam, respectiva-
mente, v1 → = (5 m/s) i , v2
→ = (–10 m/s) i e v3 → = (4 m/s) i + (3m/s) j . Determine
(a) o momento linear do sistema de partículas e (b) a velocidade do centro de massa. SOLUÇÃO: (a) A quantidade de movimento de um sistema de partículas, co-mo na Eq. 5.10, é igual à soma das quantidades de movimento de cada uma das partículas;
32211
321vmvmvm
pppP
n
sist++=
++=
Numericamente fica:
j)m/skg30(
j)m/s3kg10(i)m/s4kg10(i)m/s10kg6(i)m/s 5kg4(
⋅=
×+×+×−×=sistP
(b) O momento linear do centro de massa é igual ao momento linear do sis-tema. Assim,
199
j)m/s5,1(jkg20
m/s)kg30(
Então,
=⋅
==
=⇒=
MP
PMVPP
sistCMV
sistCMsistCM
7. Conservação do Momento Linear
A quantidade M V →
CM é igual ao momento linear do centro de massa, ou seja, a quantidade de movimento do centro de massa é igual à quantidade de movimento do sistema de partículas. Na verdade o resultado (5.11) vale para qualquer distribuição de massa; discreta ou contínua. Derivando a Eq. 5.11 com relação ao tempo obtemos
CMCM aMdt
VdM
dtPd
==sist
e comparando com a Eq. 5.6 concluímos:
∑= sistema) um de M.L. do (variaçãoexternassist F
dtPd
(5.12)
Desta forma,
quando a soma das forças externas que atuam num sistema é nula, o momento linear do sistema permanece constante.
Este resultado é conhecido como conservação do momento linear (quantidade de movimento).
É preciso entender o significado de forças externas. Quando isola-mos um sistema (de n partículas, por exemplo), a soma de todas as forças a-tuando em cada uma das partes (partículas) do sistema dá a força resultante atuando sobre o sistema. Nesta soma, todos os pares ação e reação desapare-cem, restando apenas as forças que não são causadas pala interação entre as partes (partículas) do sistema. Ou seja, restarão as forças externas.
Problema Resolvido 5.4
Considere o sistema da Fig. 5.4, formado por três partículas carregadas, q1, q2 e q3, com massas m1, m2 e m3, respectivamente. Vamos considerar também que as três cargas têm o mesmo sinal, de forma que elas estejam se repelindo
mutuamente com uma força Fij →
. Determine a aceleração do centro de massa. SOLUÇÃO: A aceleração do centro de massa é dada pela Eq. 5.6a,
( )nCM FFFM
a +⋅⋅⋅++= 211
onde Fi →
é a soma de todas as forças que atuam na i-ésima partícula. Quando nós estendermos esta soma para todas as partículas do sistema nós teremos efetuado a soma de todas as forças que atuam sobre o sistema. Assim,
200
( ) ( ) ( )⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧++++++++=
321 sobre23133
sobre32122
sobre31211
1
mmmCM FFPFFPFFP
Ma
como F12 →
= – F21 →
, F13 →
= – F31 →
e F23 →
= – F32 →
, então a soma acima resulta:
( ) externas. forças das Soma1321 =++= PPP
MaCM
Portanto, sobraram apenas as forças exercidas pela Terra. Ou seja, sobraram apenas as forças externas.
8. Colisões Nos processos chamados de colisões, a conservação da quantidade
de movimento (momento linear) está sempre presente. Quando dizemos, na linguagem cotidiana, que ocorre uma colisão quando os objetos batem uns nos outros, estamos fornecendo uma ideia razoável do significado de uma colisão. Uma forma mais precisa para definirmos uma colisão e que nós usa-remos aqui é:
Uma colisão é um evento isolado onde os corpos que colidem exercem forças, relativamente elevadas, durante um intervalo de tempo relativamen-te curto.
É importante compreender o sentido do termo relativamente. No contexto das colisões, “relativamente” significa que é preciso levar em conta o processo em questão para quantificar “forças elevadas” e “tempo curto”.
As forças envolvidas e o tempo de duração numa colisão entre duas partículas são completamente diferentes das forças envolvidas e do tempo de duração de uma colisão entre duas bolas de bilhar ou entre duas galáxias. Pa-ra avaliarmos se uma força é muito intensa ou pouco intensa, ou se um tem-po é muito pequeno ou não, é preciso especificar de qual colisão estamos fa-lando.
9. Impulso
A Fig. 5.5a mostra o que poderia ser uma bola de basquete colidindo (quicando) com o solo. A colisão começa no instante ti e termina no instante tf. Durante a interação com o solo a bola fica deformada e, em função da de-
formação, surge uma força F →
(t). Quanto maior a deformação, maior será a força de interação (força elástica). Ou seja, a força de interação que aparece durante uma colisão não é constante. Na realidade, na maioria dos casos, nós
desconhecemos a forma funcional de F →
(t). É claro que a forma desenhada na
Fig 5.5a é apenas uma representação de como poderia ser a força F →
(t) e não
uma forma exata. Para efeito de cálculos, nós substituímos F →
(t) por uma for-
201
ça média, constante, que produza a mesma variação do momento linear que a força real, como mostra a Fig. 5.5b. A variação da quantidade de movimento da bola é dada por:
∫∫ =⇒=f
i
f
i
t
t
p
p
dttFpddttFpd )()( (5.13)
Definimos uma grandeza chamada impulso ( J →
) igual à integral da força de interação no tempo;
impulso) de (definição )(∫=Δ=f
i
t
t
dttFpJ (5.14)
10. Colisões Elásticas e Inelásticas Embora seja comum a existência de vários objetos envolvidos numa
colisão, nós trabalharemos com colisões de dois corpos. Consideremos então duas partículas de massas m1 e m2, que colidem.
A Fig. 5.6 mostra uma colisão frontal entre dois corpos. O par de
forças da terceira lei, F →
(t) e –F →
(t), fará com que as quantidades de movimen-to dos dois corpos mudem. Como as forças sobre os corpos têm mesmo mó-dulo e mesma direção e sentido contrário, então,
02121 =Δ+Δ⇒Δ−=Δ pppp (5.14)
Usando o fato que Δp → = p →final – p →inicial , encontramos:
iiff pppp 2121 +=+ (5.15)
ou iiff vmvmvmvm 22112211 +=+ (5.16)
Se as partículas estiverem se deslocando numa única dimensão, dire-ção x, então a Eq. 5.16 pode ser escrita na forma escalar;
iiff vmvmvmvm 22112211 +=+ (5.17)
Resumindo, numa colisão, o momento linear do sistema é sempre conservado, então:
)()( antessist
depoissist PP = (5.18)
onde antes e depois significa, é claro, momento linear do sistema antes da colisão e depois da colisão, respectivamente.
Numa colisão, a quantidade de movimento pi → (i = 1,2,...,n) de cada um dos
corpos que colidem pode variar, mas a quantidade de movimento do siste-
ma, P →
sist , é sempre conservada durante uma colisão.
E mais, da Eq. 5.18,
202
(antes)CM
(depois)CM VV = (5.19)
onde V →
CM é a velocidade do centro de massa do sistema.
Colisões Elásticas Chamaremos de colisões elásticas, as colisões onde, além da con-
servação do momento linear, houver a conservação da energia cinética do sistema. Assim, numa colisão elástica temos:
elásticas) (colisõesfinalsist
inicialsist
finalsist
inicialsist
KK
PP
=
=
(5.20)
É preciso que as duas coisas aconteçam simultaneamente! A Fig. 5.7 mostra uma colisão frontal em uma dimensão entre duas
partículas de massas m1 e m2. Se a colisão for elástica, então as condições de 5.20 ficam:
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
+=+
+=+
222
1212
1222
1212
1
2121
2i1i2f1f
2i1i2f1f
e
vmvmvmvm
vmvmvmvm
(5.21)
Com um pouco de álgebra, podemos mostrar que numa colisão elás-tica os corpos se afastam depois da colisão com a mesma velocidade relativa com que se aproximavam antes da colisão.
É claro que estamos considerando v1 > v2, caso contrário não haveria colisão. Então,
2i1i1f2f vvvv −=− (velocidade relativa) (5.22)
Problema Resolvido 5.5
Considere as duas esferas da Fig 5.7. Suponha que m1, de 2 kg, que está se deslocando com uma velocidade de 10 m/s, colida elasticamente com m2, de 5 kg, que está viajando na mesma direção e sentido de m1 com uma veloci-dade de 3 m/s. Determine: (a) As velocidades finais das esferas. (b) As velo-cidades relativas antes e depois da colisão. (c) A velocidade do centro de massa antes e depois da colisão. SOLUÇÃO: (a) Em se tratando de uma colisão elástica, valem as relações de 5.21. Elas formam um sistema de duas equações e duas incógnitas; v1f e v2f, que o estudante poderá resolver a título de exercício. A solução é:
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪
⎨
⎧
+−
++
=
++
+−
=
2i21
121i
21
12f
2i21
21i
21
211f
2e
2
vmmmm
vmm
mv
vmm
mv
mmmm
v
Este resultado pode ser utilizado sempre que a colisão for elástica,
203
mas somente nas colisões elásticas. Substituindo os valores numéricos encontramos:
m/s7m/s3522510
5222
e
m/s0m/s3525210
5252
2f
1f
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ×
+−
+×+×
=
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ×
+×
+×+−
=
v
v
(b) É fácil confirmar, agora, a Eq. 5.22.
( )
( ) m/s7m/s07e
m/s7m/s310
1f2f
2i1i
=−=−
=−=−
vv
vv
(c) Da Eq. 5.11, podemos calcular a velocidade do centro de massa antes e depois da colisão.
m/s5m/s52
35102
21
2i21i1 =+
×+×=
++
=mm
vmvmV antes
CM
m/s5m/s52
7502
21
2f21f1 =+
×+×=
++
=mm
vmvmV depois
CM
E nós encontramos o mesmo valor para a velocidade do centro de massa antes e depois da colisão. Como deveria ser.
COLISÕES INELÁSTICAS
Chamaremos de colisões inelásticas, as colisões onde não acontece a conservação da energia. Portanto numa colisão inelástica apenas a Eq. 5.21 será válida.
Note que, qualquer que seja a colisão, a conservação do momento li-near é válida e, portanto, são verdadeiras as equações 5.18 e 5.19.
COLISÕES COMPLETAMENTE INELÁSTICAS
Chamaremos de colisões completamente inelásticas, as colisões onde os dois corpos que colidem possuem a mesma velocidade final, ou seja, após a colisão os corpos se movem juntos, Fig. 5.8. A conservação do momento linear numa colisão completamente ine-lástica fica:
f212i21i1 )( vmmvmvm +=+ (completamente inelástica) (5.23)
Problema Resolvido 5.6
Uma bola de massa m1 = 10 kg atirada para dentro de um cano, com veloci-dade v1i = 20 m/s (Fig. 5.9). O cano tem massa m2 = 40 kg e se encontra em repouso sobre uma superfície sem atrito. Dentro do cano existe uma mola sem massa e constante k = 12800 N/m. A bola fica presa ao cano no ponto
204
de compressão máxima da mola. Considere que nenhuma energia é perdida por atrito. (a) Qual a velocidade do conjunto bola-cano depois que a bola pa-ra dentro do cano? (b) Qual a energia potencial que fica armazenada na mo-la? Qual a compressão máxima da mola?
SOLUÇÃO: (a) Esta é uma colisão completamente inelástica, assim, a con-servação momento linear é dada por 5.24,
21
2i21i1ff212i21i1 )(
mmvmvm
vvmmvmvm++
=⇒+=+ .
Substituindo os valores obtemos:
m/s4m/s40102010
f =+×
=v
(b) Não havendo perdas por atrito, a energia armazenada na mola será igual à diferença entre as energias cinéticas inicial e final. Então,
J1600
J]4)4010(2010[
)(2
212
21
2ccb
2b2
1fifmola
=
×+×−××=
+−=−= vmmvmKKU b
(c) A energia potencial da mola é dada pela Eq. 4.13. Assim,
m0,5m12800
16002k
2 molamáx
2máx2
1mola
=×
=
=⇒=U
xxkU
Ou seja, no instante em que a bola entra em repouso em relação ao cano, a mola está comprimida em 50 cm.
11. Problemas Propostos
Prob. 5.1 – Três hastes finas, cada uma com comprimento L, estão dispostas na forma de um U invertido, como mostrado na Fig. 5.10. Cada uma das duas hastes verticais do U possui massa M; a terceira haste possui massa 3M. Onde está o centro de massa do conjunto? Prob. 5.2 - Um tiro de canhão é disparado com uma velocidade inicial vo
→ de 20 m/s,
fazendo um ângulo de 60° com a horizontal. No ponto mais alto da trajetória, o projétil explode e se divide em dois fragmentos de mesma massa (Fig 5.11). Um fragmento, cuja velocidade é nula imediatamente após a explosão, cai verticalmente. A que distância do canhão aterrizará o outro fragmento, supondo que o terreno é horizontal e que o arrasto do ar é desprezível? Prob. 5.3 - Ricardo, de massa igual a 80 kg, e Carmelita, que é mais leve, estão passeando num lago tranquilo ao anoitecer em uma canoa de 30 kg. Quando a canoa está em repouso na água calma, eles trocam de lugares, que estão distantes 3,0 m e posicionados simetricamente em relação ao centro da canoa. Durante a troca, Ricardo percebe que a canoa se move 40 cm em relação a um tronco de árvore
205
submerso e calcula a massa de Carmelita, que ela não contou para ele. Qual a massa de Carmelita? Prob. 5.4 A partícula A e a partícula B são mantidas juntas com uma mola comprimida entre elas. Quando elas são soltas, a mola empurra uma partícula para longe da outra e elas então saem voando em direçõe opostas, livres da mola. A massa de A é igual a 2 vezes a massa de B. e a energia armazenada na mola era de 60 J. Suponha que a mola tenha massa desprezível e que toda a energia que estava armazenada nela seja transferida para as partículas. Uma vez completa a transferência, qual valor da energia cinética (a) da partícula A e (b) da partícula B? Prob. 5.5 Um corpo de 20 kg está se movendo no sentido positivo do eixo x com uma velocidade de 200 m/s quando, devido a uma explosão interna, ele se reparte em três. Uma parte, com uma massa de 10 kg, se afasta do ponto da explosão com uma velocidade de 100 m/s no sentido positivo do eixo y. Um segundo fragmento, com uma massa de 4 kg. se move no sentido negativo do eixo x com uma velocidade de 500 m/s. (a) Qual a velocidade do terceiro fragmento? (b) Quanta energia é liberada na explosão? Ignore os efeitos devidos à força gravitacional. Prob 5.6 Uma bala de massa igual a 4,5 g é disparada horizontalmente para dentro de um bloco de madeira de 2,4 kg em repouso sobre uma superfície horizontal. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a superfície é de 0,2. A bala para no bloco, que desliza exatamente para a frente por 1,8 m (sem rotação). (a) Qual a velocidade do bloco imediatamente após a bala parar em relação a ele? (b) Com que velocidade a bala foi disparada?
Prob. 5.7 Na Fig. 5.12, uma bala de 5 g é disparada horizontalmente em direção a dois blocos em repouso sobre a superfície de uma mesa sem atrito. A bala passa pelo primeiro bloco, que possui massa igual a 2 kg, e se aloja no segundo, que tem uma massa de 3 kg. São fornecidas as velocidades finais de 0,5 m/s e 1,5 m/s dos blocos de 2 kg e de 3 kg, respectivamente. Desprezando a massa removida do primeiro bloco pela bala, ache (a) a velocidade da bala imediatamente após ela emergir do primeiro bloco e (b) a velocidade original da bala. Prob. 5.8 Um livro de física de 4 kg e um livro de cálculo de 6 kg, ligados por uma mola, repousam sobre uma superfície horizontal lisa. A constante de mola vale 8000 N/m. Os livros são empurrados um contra o outro, comprimindo a mola, e depois são soltos do repouso. Quando a mola volta ao seu comprimento indeformado, a velocidade do livro de cálculo é de 4 m/s. Quanta energia está armazenada na mola no instante em que os livros são soltos? Prob. 5.9 Um bloco de massa m1 = 2 kg desliza em uma mesa sem atrito com uma velocidade de 10 m/s. Bem na frente dele, e se movendo na mesma direção, existe um bloco de massa m2 = 5 kg se movendo a 3 m/s. Uma mola sem massa com constante de mola k= 1120 N/m está presa ao lado de m2 mais próximo a m1 como mostrado na Fig. 5.13. (a) Qual a compressão máxima da mola quando os blocos colidem? (Dica: No momento de compressão máxima da mola, os dois blocos se movem como um. Ache a velocidade observando que a colisão é completamente inelástica neste ponto.) (b) Supondo que a mola “devolva” toda a energia que estava armazenada sob a forma de energia potencial elástica, encontre as energias finais dos blocos. (Dica: Quando não há perda de energia, a colisão é elástica.) (c) Determine a velocidade do sistema formado pelos dois blocos antes da colisão, no instante de compressão máxima e depois da colisão. Prob. 5.10 Um bloco de 5 kg com uma velocidade de 3 m/s colide com um bloco de 10 kg que possui uma velocidade de 2 m/s na mesma direção e sentido. Após a colisão, observa-se que o bloco de 10 kg está se deslocando na direção original com uma velocidade de 2,5 m/s. (a) Qual a velocidade do bloco de 5 kg imediatamente após a colisão? (b) De quanto a energia cinética total do sistema de dois blocos varia por causa da colisão? (c) Suponha, em vez disso, que o bloco de 10 kg acabe tendo uma velocidade de 4 m/s. Qual será então a variação da energia cinética total? (d) Leve em conta o resultado que você obteve em (c).
206
Prob. 5.11 Na Fig. 5.14, o bloco l de massa m1 repousa sobre uma mesa longa sem atrito que está encostada em uma parede. O bloco 2 de massa m2 é colocado sobre a mesa entre o bloco l e a parede e é posto em movimento deslizando para a esquerda em direção ao bloco l, com velocidade constante v2i. Supondo que todas as colisões sejam elásticas, determine o valor de m2 (em termos de m1) para o qual os dois blo-cos se movem com a mesma velocidade depois de o bloco 2 ter colidido uma vez com o bloco l e uma vez com a parede. Suponha que a parede possua massa infinita. Prob. 5.12 Um corpo de massa igual a 2 kg colide elasticamente com outro corpo em repouso e continua a se mover na direção original mas com um quarto da sua velocidade original. (a) Qual a massa do outro corpo? (b) Qual a velocidade do centro de massa do sistema formado pelos dois corpos se a velocidade inicial do corpo de 2 kg era de 4 m/s?
207
Unidade VI Movimento de Rotação
1. Situando a Temática Já dissemos que a partir das leis de Newton podemos estudar o mo-
vimento de qualquer corpo do ponto de vista da mecânica clássica. Também já estudamos um pouco da cinemática da rotação; o movimento circular uni-forme. Agora, a partir das leis de Newton, estudaremos o movimento circu-lar com aceleração angular e a dinâmica da rotação.
No estudo da dinâmica da rotação definiremos novas grandezas co-mo o torque e o momento de inércia. Além disso, encontraremos resultados análogos para a rotação, àqueles do movimento de translação.
2. Problematizando a Temática O primeiro problema é definir um movimento de rotação. Temos du-
as possibilidades que nos interessam aqui: Primeiro, o movimento de um corpo que está apenas girando; como um disco do rei Roberto Carlos num toca-discos. Segundo, o movimento de um corpo que além de girar está tam-bém se deslocando; como o de uma roda de um automóvel. O primeiro caso é chamado de rotação pura. É um movimento de rotação onde pelo menos um ponto permanece em repouso. O segundo caso é chamado de rolamento. Movimentos quaisquer de rotação e translação combinados, como um bastão arremessado para cima, não serão estudados aqui.
3. Cinemática da Rotação Na seção II.7.2 estudamos o movimento circular uniforme. Nesta se-
ção estudaremos o movimento circular com aceleração.
ACELERAÇÃO ANGULAR MÉDIA Vimos que a aceleração de uma partícula mede a taxa de variação de sua velocidade com o tempo. No caso do movimento angular, nós estamos interessados na variação da velocidade angular. Se a velocidade angular de um corpo sofre uma variação Δω num intervalo de tempo Δt, definimos ace-leração angular média como:
tΔωΔ
=αmédia (aceleração angular média) (6.1)
Lembrando que Δω = ω(t + Δt) – ω(t).
ACELERAÇÃO ANGULAR INSTANTÂNEA Quando Δt → 0, encontramos a aceleração angular instantânea, que mede a variação da velocidade de uma partícula num intervalo de tempo in-finitesimal:
208
dtd
tttt
t
ω=
Δω−Δ+ω
=α
ωΔ
→Δ
)()(lim0
(aceleração angular instantânea) (6.2)
Na Eq. 2.35 encontramos v = R ω, que é a relação entre a velocidade linear e a velocidade angular.
Se nós derivarmos a Eq. 2.35 com relação ao tempo, obtemos:
α=⇒
ω= Ra
dtdR
dtdv
tangente (6.3)
Isto relaciona a componente da aceleração linear que é tangente à trajetória (que faz v mudar) com a aceleração angular (que faz ω mudar). A componente radial da aceleração muda a direção e o sentido do vetor v→, mas não o seu módulo.
Para um movimento circular com aceleração angular constante, va-lem as equações do movimento uniformemente variado, i.e.,
221
00)( ttt α+ω+θ=θ
tt α+ω=ω 0)( (6.4)
θΔα+ω=ω 22inicial
2final
4. Energia Cinética de Rotação e Momento de Inércia Para calcular a energia cinética de rotação, usaremos a definição
dada na Eq. 4.1;
2
21mvK =
Vamos considerar então um sistema formado por n partículas, todas girando com a mesma velocidade angular ω, em torno de um eixo. Estamos fazendo as velocidades angulares iguais para simular um corpo rígido. As-sim, a energia cinética do sistema será:
2nn2
12222
1212
1sist 1
vmvmvmK +⋅⋅⋅++= (6.5)
Substituindo o resultado da Eq. 4.35a em (6.5), encontramos, 2n
2nn2
122
2222
12212
1sist 11
ω+⋅⋅⋅+ω+ω= rmrmrmK . (6.6)
onde mi é a massa da i-ésima partícula e ri o raio do círculo que ela descre-ve.. Como estamos fazendo n21 ω=⋅⋅⋅=ω=ω , então
( )
Rotação) de Ciética Energia(221
22nn
222
212
1sist 1
ω=
ω+⋅⋅⋅++=
I
rmrmrmK
I (6.7)
A quantidade
209
∑=+⋅⋅⋅++=i
irmrmrmrmI 2i
2nn
222
21 1
(6.8)
é chamada de momento de inércia e faz o papel de massa no movimento de rotação. O momento de inércia mede o quanto é difícil fazer variar a veloci-dade angular de um corpo em torno de um dado eixo de rotação. Para uma distribuição contínua de massa, o momento de inércia é calculado como:
∫=volume
2r dmI (distribuição contínua de massa) (6.9)
Esta relação dá o momento de inércia de um corpo rígido. Note que o momento de inércia (Eq. 6.8 e 6.9) depende da massa e mais “fortemente” de como a massa está distribuída em relação a um dado eixo de rotação.
A Fig. 6.1 exemplifica a dependência do momento de inércia em re-lação à distribuição da massa. Na verdade, a distribuição da massa não mu-da. A haste, homogênea, tem uma distribuição única. O que muda é o eixo de rotação em torno do qual ela está girando. Assim, quando falamos em mo-mento de inércia, temos que precisar o eixo de rotação, em torno do qual o corpo está girando.
Para calcularmos um momento de inércia, temos que proceder de forma análoga ao que foi feito para o centro de massa.
Problema Resolvido 6.1
Quatro partículas são colocadas uma em cada canto de um quadrado, como mostra a Fig. 6.2. Considere que elas estejam ligadas por hastes de massas desprezíveis de 2 m de comprimento. Se M = 2 kg, qual o valor do momento de inércia do sistema em relação a um eixo de rotação que passa pelo ponto A , perpendicularmente ao plano da figura.
SOLUÇÃO: Na definição (6.8), o raio do círculo ri é a distância da i-ésima partícula ao eixo de rotação. Assim,
( )
2
2
22
222
2DD
2CC
2BB
2AAA
mkg48
m)2(kg26
LM6LM)141(
LM 2L2M LM 0M2
⋅=
××=
=++=
+++×=
+++= rmrmrmrmI
Observe que a massa que está “em cima” do eixo (rA = 0) de rotação não contribui para o momento de inércia.
TEOREMA DOS EIXOS PARALELOS
Para uma distribuição contínua de massa, é preciso resolver a inte-gral da Eq. 6.9. Entretanto, muitos momentos de inércia são calculados em
210
relação a um eixo que passa pelo centro de massa do corpo e em seguida são tabelados. Uma vez conhecido o momento de inércia em relação a um eixo que passa pelo centro de massa, podemos usar o teorema dos eixos paralelos para calcular o momento de inércia em relação a outro eixo:
2CMA MHII += (teorema dos eixos paralelos) (6.10)
Onde: ICM = Momento de inércia em relação a um eixo que passa pelo centro de
massa. H = Distância entre os dois eixos. IA = é o momento de inércia em relação a um eixo que passa pelo ponto
A, paralelo ao eixo que passa pelo centro de massa. Problema Resolvido 6.2
Determine o momento de inércia de uma haste homogênea de massa M e comprimento L (Fig. 6.3) que gira em torno de um eixo (a) que passa pelo seu centro de massa (CM), perpendicularmente a ela e (b) que passa por uma das extremidades. SOLUÇÃO: (a) Na definição (6.9), o raio do círculo r é a distância do ele-mento de massa dm ao eixo de rotação. Assim,
23
22CM
121
3
2
2
2
2
2
2
MLxLM
dxLMxdmxI
L
L
L
L
L
L
haste
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
==
−
−−∫∫
(b) Em relação a um eixo que passa pela extremidade, a única mudança em relação aos cálculos feitos no item (a) são os limites de integração;
2
0
3
0
2
0
2A
31
3MLx
LM
dxLMxdmxI
L
LLhaste
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
== ∫∫
Este resultado também pode ser obtido por meio do teorema dos eixos para-lelos:
231
22121
2CMeExtremidad
)2
(
ML
LMML
MHII
=
+=
+=
211
Na tabela abaixo mostramos alguns sólidos com seus respectivos momentos de inércia.
5. Torque A palavra TORQUE vem do latim e significa torcer. O torque é produ-
to de uma força e no sentido mais amplo, podemos entender como girar. As-sim, quando uma força torce ou gira um corpo, dizemos que ela produziu um torque.
O torque é representado pelo símbolo τ e é definido como:
) Torque de Definição (Fr ×=τ (6.11)
onde,
F →
= força aplicada sobre o corpo. r → = vetor que vai do eixo de rotação até o ponto onde a força está sendo
aplicada. τ → = torque produzido pela força.
Portanto o torque é um vetor definido pelas regras do produto vetori-al. Assim, o módulo do torque é igual a:
212
θ⋅=τ sen |||||| Fr (6.12)
Mas, | F →
| sen θ é a componente perpendicular de F →
ao vetor r →. En-
tão podemos entender que a componente de F →
paralela ao vetor r →, que pas-sa pelo eixo de rotação, não produz torque.
6. Segunda Lei de Newton na Rotação Um torque é gerado quando aplicamos uma força a um corpo rígido
que pode girar em torno de um eixo de rotação, por exemplo quando abrimos ou fechamos uma porta.
Vamos considerar inicialmente uma partícula de massa m, presa a uma haste sem massa, que pode girar em torno de um eixo de rotação que passa pela extremidade, como mostra a Fig. 6.5.
O torque sobre a massa m é:
α=α==θ=τ )(sen 2tan
perpend.
rmrmramrFrF
(6.13)
Na Eq. 6.13 a componente perpendicular (ao vetor r →) da força é tangente ao círculo descrito pela massa. Por isso, a aceleração conferida à partícula é a aceleração tangente (e não radial). A aceleração tangente, por sua vez, está relacionada com a aceleração angular pela Eq 6.3. Da definição dada na Eq. 6.8, escrevemos o momento de inércia para uma única partícula como: I = m r 2. Então, obtemos:
rotação) a paraNewton de Lei (2ªα=τ I (6.14)
Vemos em (6.14) que o torque faz o papel da força; produz uma aceleração angular. O momento de inércia faz o papel da massa; é a inércia de rotação.
7. Trabalho e Energia Cinética de Rotação. Para calcular o trabalho realizado por uma força no movimento de
rotação, partiremos da definição 4.2, i.e., W = F →
⋅ d r →. O produto escalar da força pelo deslocamento fica:
θθθ=φ= drFdrFrdFdWtorque
)sen ()sen (cos||||
Onde usamos sen θ = cos φ e também, quando Δt → 0, dr → ds = rdθ Então, rotação) na Trabalho (θτ= ddW (6,16)
Esta relação é completamente análoga àquela dada na Eq. 4.2. Se tomarmos um intervalo de tempo Δt entre os instantes ti e tf en-
contramos:
∫ θτ=f
i
t
t
dW (6.17)
213
Com um pouco de álgebra podemos mudar o integrando e obter uma expressão para o Teorema do Trabalho-Energia. De (6.14) segue:
ωω=θθω
ω=θθ
θω
=θω
=θα=θτ
ω
dIdddId
dtd
ddId
dtdIdId
Assim, a Eq. 6.17 fica
2A2
12B2
1221
ABB
A
B
A
ω−ω=ω=ωω=ω
ω
ω
ω∫ IIIdIW
Comparando com a Eq. 6.7, encontramos finalmente:
Energia)Trabalhodo(TeoremaABABAB −Δ=−= KKKW (6.18)
Portanto vale o teorema do trabalho-energia, independente se é um movimento de translação ou de rotação.
Problema Resolvido 6.3
Dois blocos, de massas m1 e m2, estão ligados por um cabo de massa despre-zível que passa por uma roldana de massa M e raio R, como mostra a figura ao lado. Os blocos são liberados a partir do repouso. Despreze qualquer dis-sipação por atrito e considere m2 = 2m1 e M = 4m1. (a) Faça um diagrama das forças que atuam nos blocos e na roldana. (b) Escreva as equações de movimento (2ª lei) para os blocos e para a roldana e determine suas acelera-ções. (c) Determine o valor da tensão em cada um dos ramos do cabo que li-ga os blocos para m1 = 10 kg. SOLUÇÃO: (a) Diagrama de forças:
(b) As equações de movimento ficam: Movimento de translação Bloco 1 x → T1 = m1 a (1) y → N – P1 = 0 (2) Bloco 2 Y → P2 – T2 = m2 a (3)
Movimento de Rotação Roldana T2 " R – T1 " R = ICM α
= 12 MR2α =
12 MR2 a
R
⇒ T2 – T1 = 12 Ma (4)
Antes de prosseguir: 1) Ao escrever as equações de movimento nós utilizamos o fato que as acele-
rações dos dois blocos são iguais ( a1 = a2 = a ) uma vez que a corda não estica e nem encolhe.
2) Consideramos também que a corda não desliza sobre a roldana para es-
214
crever que v = Rω e a = Rα.
3) A força F →
que aparece no diagrama de forças da roldana é exercida pelo
eixo sobre a roldana de tal maneira que F →
+PR→
+T1 →
+T2 →
= 0. Desta forma, a roldana não tem movimento de translação.
4) As forças F →
e PR→
passam pelo eixo de rotação e por isso não produzem torque. Apenas as tensões geram torques.
5) Nós consideramos torques positivos aqueles que fazem a roldana girar no sentido horário.
Prosseguindo: De (1) + (3) + (4), obtemos: P2 – P1 = (m1 + m2 + 12 M) a
Portanto,
Mmm
PPaaMmmPP
21
21
1221
2112 )(++
−=⇒++=−
Fazendo m2 = 2m1 e M = 4m1 como diz o enunciado, temos:
ggmmm
mma51
422
21
=++−
=
(c) Substituindo em (1) e em (3), segue
N160m/s10)1(kg20)(
e N20m/s10kg102
51
22
251
11
=−×=−=
=×==
agmT
amT
8. Rolamento
Vamos considerar um corpo que possa rolar sem deslizar. Os exem-
plos são muitos mesmo; uma roda de bicicleta ou de um automóvel, uma bo-la de boliche ou uma bola qualquer, uma pedra de giz sobre a mesa do pro-fessor ou um cilindro qualquer, etc. Tem que ter uma seção transversal circu-lar porque senão não rola!
A Fig. 6.8 mostra um pneu se deslocando em três situações. Em 6.8a, o pneu tem um movimento de translação pura. Todos os
pontos do pneu têm o mesmo deslocamento num dado intervalo de tempo, i.e., eles têm a mesma velocidade.
Em 6.8b, o pneu tem um movimento de rotação pura em torno de um eixo que passa pelo centro de massa, perpendicularmente ao plano da fi-gura. O CM permanece em repouso, enquanto os pontos P e P′ têm veloci-dades de mesmo módulo, mesma direção e sentido contrário. Faremos com que o pneu gire com uma velocidade angular tal que Rω = vCM = velocidade de translação em 6.8a.
Em 6.8c, o pneu rola sem deslizar. Rolar sem deslizar significa que não há movimento relativo entre o pneu e o solo. O pneu não está nem ar-rastando porque freou muito brusco e nem patinando porque acelerou muito
215
forte. Quando isto acontece, o ponto P, que está em contato com o solo, fica instantaneamente em repouso. É como se todo o pneu — representado pelos círculos pontilhados na Fig. 6.8d — estivesse girando em torno do ponto P (em repouso). O ponto P′ segue a trajetória externa (verde) com uma veloci-dade vP′ = (2R).ω e o centro de massa segue a trajetória interna (lilás) com uma velocidade vCM = Rω.
Podemos encontrar a relação entre a aceleração linear do centro de massa e a aceleração angular derivando a Eq. 2.35a;
α=ω
=ω= RdtdRR
dtd
dtdvCM
Então,
α= RaCM (aceleração linear e a aceleração angular) (6.19)
ENERGIA CINÉTICA NO ROLAMENTO Vamos calcular a energia cinética nos três casos da Fig. 6.8.
(a) No movimento de translação pura, a energia cinética é simplesmente:
2CMtransl 2
1 MVK =
(b) No movimento de rotação pura, é dada pala Eq. 6.7;
2CMrot 2
1ω= IK
onde ICM é o momento de inércia do pneu em relação a um eixo que passa pelo centro e massa. (c) No rolamento, a energia cinética será calculada como se o pneu girasse, como um todo, em torno do ponto P com uma velocidade angular ω. Assim. Da Eq. 6.7, temos:
2Prolam 2
1ω= IK
onde IP é o momento de inércia do pneu em relação a um eixo que passa pelo ponto P. O momento de inércia IP é obtido usando o teorema dos eixos para-lelos, Eq. 6.10,
2CM
2CMP MRIMHII +=+=
Então,
CM
22CM
222CM
22CMrolam
)(21
21
21
21)(
21
V
RMI
RMIMRIK
ω+ω=
ω+ω=ω+=
Portanto,
rolamento) no cinética (Energia
21
21
RotaçãoTranslação
2CM
2CMRolamento
KK
IMVK
+=
ω+= (6.20)
Vemos então que um rolamento corresponde a um movimento de translação somado com um movimento de rotação.
216
9. Força de Atrito no Rolamento
Quando uma roda rola sem deslizar com velocidade constante, não
há tendência ao movimento relativo entre as superfícies. Então, não haverá força de atrito entre as superfícies.
Note que aqui a força de atrito atua no sentido de impedir o aumento da velocidade angular.
Por outro lado, quando um objeto rola por uma rampa, por exemplo, ele tem a sua velocidade angular aumentada. Nesse caso, a força de atrito te-rá sentido contrário.
Vamos analisar o movimento de uma esfera que desce uma rampa rolando sem deslizar.
Problema Resolvido 6.4
Determine a aceleração linear do centro e massa de uma esfera sólida que desce um plano que forma um ângulo θ com a horizontal. Use como momen-to de inércia para uma esfera sólida aquele dado na Tabela I. SOLUÇÃO: As forças que atuam sobre a esfera são:
(i) Peso P →
= Atração gravitacional.
(ii) Normal N →
= Componente perpendicular (ao plano inclinado) da força de contato.
(iii) Força de atrito f a →
= Componente paralela (ao plano inclinado) da força de contato.
As equações de movimento ficam: Direção x: (paralela ao plano)
CMsen amfP e =−θ (1)
Direção y: (perpendicular ao plano)
0 cos =θ− PN (2)
Rotação: (soma dos torque)
R
amRmRIfR CM2
522
52
CMe =α=α=
Assim, CMmaf 5
2e = (3)
Note que apenas a força de atrito produz torque não nulo, uma vez que o pe-so e a normal passam pelo eixo de rotação. Substituindo (3) em (1), encontramos: CM5
2sen amamgm CM =−θ
Portanto, θ=⇒θ=+ sen sen )1( 5
752 gaga CMCM
217
10. Problemas Propostos
Prob. 6.1 O volante de um motor a vapor funciona a uma velocidade angular constante de 150 rpm. Quando o vapor é desligado, o atrito dos mancais e do ar para o volante em 2,2 h. (a) Qual a aceleração angular constante, em voltas por minuto ao quadrado, do volante durante a desaceleração? (b) Quantas voltas o volante completa antes de parar? (c) No instante em que o volante está girando a 75 rpm, qual é a componente tangencial da aceleração linear de uma partícula do volante que está a 50 cm do eixo de rotação? (d) Qual a intensidade da aceleração linear resultante da partícula do item (c)? Prob. 6.2 Na Fig. 6.11, o volante A de raio rA = 10 cm está acoplado pela correia B ao volante C de raio rC = 25 cm. Aumenta-se a velocidade angular do volante A a partir do repouso a uma taxa constante de 1,6 rad/s2. Determine o tempo para que o volante C alcance uma velocidade de rotação de 100 rpm, supondo que a correia não deslize. (Dica: Se a correia não desliza, as velocidades lineares nas bordas dos dois volantes têm que ser iguais.) Prob. 6.3 Na Fig. 6.12, três partículas, cada uma de massa m, são presas uma à outra e a um eixo de rotação em O por três hastes finas, cada uma com comprimento d e massa M. O conjunto gira ao redor do eixo de rotação com velocidade angular ω. Em termos destes símbolos e medidas em torno de O, quais são (a) a inércia à rotação (momento de inércia e (b) a energia cinética do conjunto? Prob. 6.4 O corpo da Fig. 6.13 está pivotado em O. Três forças agem sobre o corpo nas direções mostradas: FA = 10 N no ponto A, a 8,0 m de O; FB = 16 N no ponto B, a 4,0 m de O; e FC = 19 N no ponto C, a 3,0 m de O. Qual é o torque resultante em torno de O? Prob. 6.5 Na Fig. 6.14, um bloco tem massa m1 = 500 g, o outro apresenta massa m2 = 460 g, e a roldana, que está montada em mancais horizontais sem atrito, tem um raio de 5 cm. Quando solto do repouso, o bloco mais pesado cai 75 cm em 5 s (sem que a corda escorregue na roldana), (a) Qual a intensidade da aceleração dos blocos? Qual a tração na parte da corda que sustenta (b) o bloco mais pesado e (c) o bloco mais leve? (d) Qual a intensidade da aceleração angular da roldana? (e) Qual a sua inércia à rotação? Prob. 6.6 Uma vareta de um metro é mantida em posição vertical, com uma extremidade no chão, e depois deixa-se que ela caia. Determine a velocidade da outra extremidade ao bater no chão, supondo que a extremidade apoiada no chão não deslize. (Dica: Considere que a vareta é uma haste fina e use o princípio de conservação da energia.) Prob. 6.7 Um corpo rígido é formado por três hastes finas idênticas, cada uma com comprimento L, fixadas umas às outras na forma de uma letra H. O corpo tem a liberdade de girar em torno de um eixo horizontal que passa por todo o comprimento de uma das pernas do H. Permite-se que o corpo caia do repouso a partir de uma posição na qual o plano do H está na horizontal. Qual a velocidade angular do corpo quando o plano do H estiver na vertical? Prob. 6.8 Uma casca esférica uniforme de massa MC e raio R gira em torno de um eixo vertical sobre mancais sem atrito (Fig. 6.15). Uma corda de massa desprezível passa ao redor do equador da casca, gira uma roldana com massa MR e raio r e está presa a um pequeno objeto de massa m. Não há atrito no eixo da roldana e a corda não desliza sobre a roldana. Qual a velocidade escalar do objeto após cair uma dis-tância h partindo do repouso? Use considerações de energia. Prob. 6.9 Uma esfera sólida parte do repouso na extremidade superior da pista mostrada na Fig. 12.31 e rola sem deslizamento até rolar para fora da extremi-dade direita. Se H= 6 m e h = 2 m e a pista for horizontal na extremidade direita (na saída), a que distância horizontal do ponto A a bola aterrissa sobre o piso?
218
Prob. 6.10 Um cilindro sólido de 10 cm de raio e massa de 12 kg parte do repouso e rola sem deslizar uma distância de 6,0 m para baixo do telhado de uma casa que tem uma inclinação de 30°. (a) Qual é a intensidade da velocidade angular do cilindro em torno do seu centro ao deixar o telhado da casa? (b) A beirada do telhado está a 5 m de altura. A que distância horizontal da beirada do telhado o cilindro atinge o nível do chão?
219
Unidade VII Momento Angular
1. Situando a Temática Já salientamos a importância das leis de conservação enquanto fer-ramentas poderosas para a solução de problemas. Quando estudamos o mo-mento linear vimos a relevância da lei de conservação no estudo das coli-sões. Vamos definir e estudar agora uma nova grandeza que vai adicionar mais uma lei de conservação como ferramenta ao nosso arsenal.
2. Problematizando a Temática
Imagine um corpo girando no espaço sem que o seu centro de massa se desloque. Todos os átomos do corpo — com exceção daqueles que estão “contidos” no eixo de rotação — estão em movimento, descrevendo trajetó-rias circulares. Desta forma, ainda que o centro de massa esteja em repouso, o corpo deve ter algum momento. De fato tem e esta quantidade de movi-mento é chamada de momento angular ou quantidade de movimento an-gular. Esta grandeza, que está associada ao movimento de rotação, será in-vestigada agora.
3. Quantidade de Movimento Angular
A Fig. 7.1 mostra uma partícula se deslocando no plano x,y com ve-
locidade v → e momento linear p → = mv →. A quantidade de momento angular l →
da partícula, em relação à origem O do sistema de coordenadas, é definida como:
l →
= r →× p → (quantidade de movimento angular) (7.1)
Portanto,o momento angular é um vetor que tem módulo igual a
| l →
| = | r →| " |p →| sen θ (7.2) O vetor momento angular é perpendicular ao plano definido por r → e v → e o sentido dado pela regra da mão direita, Fig 1.8.
4. A Segunda Lei de Newton na Forma Angular
Vamos considerar uma única partícula, como aquela da Fig 7.1 e, as-sim como foi feito para o momento linear, vamos olhar para a variação de sua quantidade de movimento angular com o tempo. Derivando a Eq. 7.1 temos:
d l
→
dt = ddt ( r →×p →) =
d r →
dt × p → + r →× d p →
dt
220
Mas
d r →
dt × p → = v → × mv → = m (v → × v →) = 0
e
r →× d p →
dt = r →× m d v →
dt = r → × m a → = r → × F →
= τ →
Portanto encontramos:
d l
→
dt = τ → (2ª lei de Newton na forma angular) (7.3)
Que é completamente análoga à segunda lei de Newton para o mo-vimento de translação, Eq. 5.8.
5. Sistema de Partículas e a Conservação do Momento Angular O momento angular para um sistema com n partículas é simplesmen-te a soma dos momentos individuais de cada uma das partículas;
L →
sist = Σ i
l →
i = Σ i
( r →i × p →i ) (sistema de partículas) (7.4)
Onde,
l →
i = quantidade de movimento angular da i-ésima partícula r →i = vetor posição da i-ésima partícula p →i = quantidade de movimento linear da i-ésima partícula Derivando a Eq. 7.4 encontramos:
d L
→sist
dt = Σ i
d l
→i
dt = Σ i
τ →
i (7.5)
Aqui, da mesma forma que na Eq.5.8 para o movimento de transla-
ção, a soma dos torques sobre todas as partículas é igual ao torque resultante sobre o sistema de partículas. Então, a 2a lei de Newton para um sistema de partículas em movimento de rotação fica:
d L
→sist
dt = τ →
externo (variação do momento angular) (7.6)
A Eq. 7.6 nos diz que os torques produzidos pelas forças internas ao sistema (aquela que formam um par ação e reação), não contribuem para a variação do momento angular. Apenas os torques gerados pelas forças exter-nas é que fazem o momento angular variar.
221
Portanto, quando a soma dos torques externos (torques gerados pelas forças externas) é nula, o momento angular não varia, i.e., é conservado! Assim,
angular momentodo
oconservaçã
constante ou
0então,0
sist
sist externos
⎪⎭
⎪⎬
⎫
=
==τ∑L
dtLd
(7.6)
Este resultado vale também para um corpo rígido, uma vez que um corpo rígido é, no limite, um conjunto de muitas partículas (átomos).
6. Momento Angular e Velocidade Angular Vamos considerar uma partícula que descreve uma órbita circular, como mostra a Fig. 7.2. O momento angular da partícula num dado instante é dado pela Eq. 7.1. É um vetor perpendicular ao plano x,y no sentido positi-
vo do eixo z. O módulo de l →
fica l = r mv sen 90° = r m ωr = m r 2ω. Mas mr 2 é o momento de inércia I da partícula, como definido em (6.7). Então, encontramos a relação:
l = I ω (momento angular e velocidade angular) (7.7)
Este resultado é inteiramente análogo à definição p = mv do momen-to linear. Embora a Eq. 7.8 tenha sido obtida para uma partícula, ela vale para um corpo rígido qualquer. Para ser rigoroso, devemos dizer que a componen-te do momento angular ao longo do eixo de rotação é igual ao produto do momento de inércia pela velocidade angular. Assim, para um sistema qual-quer teremos:
L sist = I ω (7.8)
Comparando com o resultado da Eq 7.6, concluímos: Se o torque externo resultante que atua sobre um sistema é nulo, en-tão o momento angular permanece constante independente das mudanças que ocorrem no interior do sistema. Portanto, nestas condições, quando o sistema passa de uma configu-ração inicial para uma configuração final, vale:
Ifinal ωfinal = Iinicial ωinicial (7.9)
São muitos os exemplos de conservação do momento angular.
Quando uma bailarina, que está rodopiando, gira mais depressa quando encolhe os braços. Quer dizer, na Eq. (7.9), o momento de inércia diminui e então a velocidade angular aumenta.
222
Quando o ciclista inclina a bicicleta, sem girar o guidom, a bicicleta descreve um círculo (faz uma curva), para conservar o momento an-gular.
E muitos outros. Problema Resolvido 7.1
A figura ao lado mostra uma vista de cima de uma barra de madeira de mas-sa M = 4 kg e comprimento d = 6 m que pode girar, no plano horizontal, em torno de um eixo vertical que passa a uma distância x = 2 m da extremidade esquerda. Um pedaço de massa de modelar, de 1 kg, viajando com uma ve-locidade vo = 25 m/s, atinge a barra e fica colada na extremidade direita da barra. Depois da colisão o sistema barra-massa passa a girar, livremente, com uma velocidade angular ω. Considere θ = 30° e determine: (a) O mo-mento angular do sistema barra-projétil imediatamente antes da massa atin-gir a barra. (b) O momento de inércia do sistema barra-projétil da massa a-tingir a barra. (c) A velocidade angular do sistema depois da colisão. SOLUÇÃO: (a) Enquanto a barra estiver em repouso, apenas a massa possui uma quanti-dade de momento angular diferente de zero e que é dado por:
/smkg100m/s25kg1m4)(|| 2o ⋅=××=×−=×= vmxdprL mm
(b) Depois da colisão, Fig. 7.3b, o momento de inércia barra–massa é a soma de cada um dos momentos de inércia. Assim, barramassasist III +=
Onde 222 mkg4)m4(kg1)( ⋅=×=−= xdmI massa
e
2
22121
22
1212(barra)
CM
mkg16
m)1(kg4)m6(kg4
22
⋅=
⋅+×=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=+= xdMdMHMIIbarra
Portanto, o momento de inércia do sistema barra–massa fica: 2mkg20 ⋅=+= barramassasist III
(c) Da conservação do momento angular, devemos ter:
s / rad20mkg
/mkg20
1002
2
depoissist
antessist
antessist
depoissist
antessist
depoissist
=⋅
⋅==ω
=ω⇒=
s
I
L
LILL
223
7. Problemas Propostos Prob 7.1 Dois objetos estão se movendo como mostrado na Fig. 7.4. Qual a quantidade de movimento angular total dos dois objetos em torno do ponto O? Prob 7.2 Uma partícula de 4 kg se desloca em um plano xy. No instante em que a posição e a velocidade da partícula são r → = (2 m) i∧ + (4 m) j∧ e v → = – (4 m/s) j∧, a força sobre a partícula é F
→ = – (3 N) i∧. Determine, neste instante, (a) a quantidade
de movimento angular da partícula em torno da origem, (b) a quantidade de movimento angular da partícula em torno do ponto x = 0, y = 4,0 m, (c) o torque atuando sobre a partícula em torno da origem e (d) o torque atuando sobre a partícula em torno do ponto x = 0, y = 4,0 m. Prob 7.3 Considere as três massas e as três hastes do Prob. 6.3 (Fig. 6.12). Considere que o sistema esteja girando com uma velocidade angular ω. Qual (a) a quantidade de movimento angular da partícula intermediária, (b) a quantidade de movimento angular da haste mais externa e (c) a quantidade de movimento angular total das três partículas? Expresse a resposta dos itens (a), (b) e (c) em termos de m, M, d e ω em relação ao ponto O.
Prob 7.4 Na Fig 7.4, duas patinadoras, cada uma com massa igual a 50 kg, se aproximam uma da outra segundo trajetórias paralelas separadas por 3,0 m. Uma patinadora leva uma extremidade de uma baliza (haste) longa com massa desprezível, e a outra se agarra à outra extremidade quando a primeira patinadora passa. Suponha que o atrito com o gelo seja desprezível, (a) Descreva qualitativamente o movimento das patinadoras depois de elas terem ficado ligadas pela baliza, (b) Qual a energia cinética do sistema das duas patinadoras? Em seguida, cada uma das patinadoras puxa ao longo da baliza de forma a reduzir a separação entre elas para 1 m. Qual o valor, neste instante, (c) da intensidade da velocidade angular delas e (d) da energia cinética do sistema? (e) Explique a fonte do aumento da energia cinética. Prob 7.5 Uma plataforma horizontal em forma de disco circular gira sobre um mancal sem atrito em torno de um eixo mecânico vertical que passa pelo centro do disco. A plataforma possui uma massa de 150 kg, um raio de 2 m e uma inércia à rotação de 300 kg " m2 em torno do eixo de rotação. Uma estudante de 60 kg caminha lentamente da beirada da plataforma em direção ao centro. Se a velocidade angular do sistema for 1,5 rad/s quando a estudante começar na parte mais externa, qual será a velocidade angular quando ela estiver a 0,5 m do centro? Prob 7.6 Uma criança está em pé na beirada de um carrossel em repouso com massa igual a 100 kg e raio de 2 m. A inércia à rotação do carrossel em torno do seu eixo de rotação é de 150 kg ⋅ m2. A criança agarra uma bola com massa de l kg jogada por um amigo. Imediatamente antes de a bola ser agarrada, ela tem uma velocidade inicial de 12 m/s, que faz um ângulo de 37° com uma reta tangente à borda exterior do carrossel, como mostrado na vista superior da Fig. 7.6. Qual o módulo da velocidade angular do carrossel imediatamente depois de a bola ser agarrada?
224
Bibliografia
HALLIDAY, David, RESNICK, Robert, WALKER, Jearl, Fundamentos de Fi-sica, V.1 – Mecânica, Ed. LTC. SERWAY, Raymond A., JEWETT, Jr. John W., Princípios de Física Vol. 1 – Mecânica Clássica, Thomson Pioneira. NUSSENZVEIG, Hersh Moyses, Curso de Física Básica 1 – Mecânica, Ed-gard Blucher. YOUNG, Hugh D., FREEDMAN Roger A., SEARS E ZEMANSKY – Fisica I – Meânica, Addison-Wesley. TIPLER, Paul, Física para Cientistas e Engenheiros - Volume 1, LTC. ALONSO, Marcelo, Física - Um Curso Universitario - Vol 1, Edgard Blu-cher. JOHNSON, Kenneth W.; CUTNELL, John D., Física Vol. 1, LTC.
