Carlos Magno S. da Conceição
Licinio Portugal
Lizardo H. C. M. Nunes
Raphael N. Púbio Maia
Volume único
Movimentos: Variações e Conservações
Apoio:
Material Didático
Referências Bibliográficas e catalogação na fonte, de acordo com as normas da ABNT.
Copyright © 2008, Fundação Cecierj / Consórcio Cederj
Nenhuma parte deste material poderá ser reproduzida, transmitida e gravada, por qualquer meio eletrônico, mecânico, por fotocópia e outros, sem a prévia autorização, por escrito, da Fundação.
2008/2
ELABORAÇÃO DE CONTEÚDOCarlos Magno S. da ConceiçãoLicinio PortugalLizardo H.C.M. NunesRaphael N. Púbio Maia
COORDENAÇÃO DE DESENVOLVIMENTO INSTRUCIONALCristine Costa Barreto
SUPERVISÃO DE DESENVOLVIMENTO INSTRUCIONAL Ana Paula Abreu-Fialho
DESENVOLVIMENTO INSTRUCIONAL E REVISÃO Solange NascimentoWilson Paulo de O. Jr
AVALIAÇÃO DO MATERIAL DIDÁTICOThaïs de Siervi
Governo do Estado do Rio de Janeiro
Secretário de Estado de Ciência e Tecnologia
Governador
Alexandre Cardoso
Sérgio Cabral Filho
Fundação Cecierj / ExtensãoRua Visconde de Niterói, 1364 – Mangueira – Rio de Janeiro, RJ – CEP 20943-001Tel.: (21) 2299-4565 Fax: (21) 2568-0725
PresidenteMasako Oya Masuda
Vice-presidente e Diretora de ExtensãoMirian Crapez
Coordenador da Equipe de Extensão em FísicaLizardo H. C. M. Nunes
EDITORATereza Queiroz
REVISÃO TIPOGRÁFICADaniela de SouzaElaine BaymaPatrícia Paula
COORDENAÇÃO DE PRODUÇÃOJorge Moura
PROGRAMAÇÃO VISUALSanny Reis
ILUSTRAÇÃOClara Gomes
CAPAClara Gomes
PRODUÇÃO GRÁFICAAndréa Dias FiãesFábio Rapello Alencar
Departamento de Produção
C744mConceição, Carlos Magno S. da.
Movimentos: variações e conservações. volume único / Carlos Magno S. da Conceição; Licínio Portugal; Lizardo H. C. M. Nunes; Raphael N. P. Maia. – Rio de Janeiro : Fundação CECIERJ, 2008.
390p.; 19 x 26,5 cm.
ISBN: 978-85-7648-504-9
1. Movimentos. 2. Vetores. 3. Leis de Newton. 4. Hidrostática. I. Portugual, Licínio. 3. Nunes, Lizardo H. C. M. 4. Maia, Raphael N. P. II. Título. CDD: 530.07
Movimentos: Variações e Conservações
SUMÁRIO
Volume único
Aula 1 – Movimento unidimensional ___________________________________5
Aula 2 – Cinemática vetorial _______________________________________ 39
Aula 3 – As leis de Newton ________________________________________ 89
Aula 4 – As aplicações das leis de Newton____________________________ 125
Aula 5 – Energia e trabalho _______________________________________ 193
Aula 6 – Colisões_______________________________________________ 235
Aula 7 – Momento angular _______________________________________ 285
Aula 8 – Hidrostática ____________________________________________ 325
Apêndice - Vetores____________________________________________ 363
Referências ___________________________________________________385
obje
tivos1AULA
Meta da aula
Movimento unidimensional
Discutir os principais aspectos instrucionais relacionados ao movimento unidimensional
de uma partícula.
Ao final desta aula, você deverá ser capaz de:
• calcular a velocidade média e a aceleração média de uma partícula, conhecendo a duração de um intervalo de tempo e o deslocamento da partícula nesse intervalo;
• calcular a velocidade e a aceleração instantâneas de uma partícula para uma dada “lei horária do movimento”;
• usar as equações do movimento unidimensional de uma partícula com aceleração nula ou constante para encontrar a posição, a velocidade ou a aceleração instantâneas;
• representar graficamente a posição, a velocidade e a aceleração de uma partícula em movimento unidimensional com aceleração nula ou constante, como função do tempo para um intervalo dado;
• calcular o deslocamento, a velocidade média e a aceleração média para um intervalo de tempo de uma partícula em movimento unidimensional, a partir dos gráficos horários do movimento.
Texto adaptado por Lizardo H. C. M. Nunes das apostilas:
- Souza, Carlos Farina de; PINTO, Marcus Venicius C.; SOARES FILHO, Paulo Carrilho. Física 1A. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. 3v.
- ALMEIDA, Maria Antonieta T. de. Introdução às Ciências Físicas: v.3. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004.
6 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 7
AU
LA 1
DESLOCAMENTO
Considere uma partícula que pode mover-se apenas ao longo de
uma reta. Tal movimento é dito retilíneo ou unidimensional. Vamos dizer
também que a posição da partícula seja determinada pela coordenada x
do eixo coordenado OX.
Veja agora a Figura 1.1.
Figura 1.1: Carro se desloca de (A) para (B).
Podemos perceber que inicialmente o carro estava em (A) e que,
depois de um certo tempo, ele passou para (B). Vamos dizer que (A)
esteja relacionado a um instante t1 e que (B) esteja relacionado a t2.
A duração desse intervalo é dada por
(1.1)
Se tomarmos a placa acima como referencial, de onde medimos a
posição do carro, em (A) o carro estava 30m à direita da placa, ou seja,
a posição do carro em (A) é dada por x(t1) = 30m. Analogamente, em
(B), a posição do carro é dada por x(t2) = 50m.
∆t t t= 2 1−− .
−60−50
−40−30
−20−10
010
2030
4050
60
x(t1) =
x(t2) = x(m)
t1
t2
A
B
6 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 7
AU
LA 1
A variação da posição da partícula, do instante t1 ao instante t2,
é a diferença x(t2) – x(t1). Essa variação é chamada de deslocamento da
partícula do instante t1 ao instante t2.
(1.2)
A unidade de deslocamento é, naturalmente, a mesma da posição.
Se, por exemplo, exprimirmos as posições em metros, os deslocamentos
serão dados também em metros.
É fácil ver que um deslocamento é positivo somente se x(t2) > x(t1).
Nesse caso, dizemos que o deslocamento ocorre no sentido positivo do eixo
OX. De maneira análoga, o deslocamento é negativo somente se x(t2) < x(t1)
e o deslocamento ocorre no sentido negativo do eixo OX.
Durante um movimento qualquer, podem ocorrer deslocamentos
no sentido positivo e negativo do eixo OX. Por exemplo, durante um
intervalo de tempo, você pode andar para frente e depois, em outro
intervalo, você pode andar para trás.
∆ =x x t x t( ) ( ).2 1−−
Figura 1.2: A partícula passa pelo mesmo ponto na subida e na descida.
Um deslocamento é nulo somente se x(t2) = x(t1), isto é, as posições iniciais e finais são iguais. Mas não devemos necessariamente concluir que a partícula tenha ficado parada. Ela pode ter ficado parada, mas também pode ter realizado outro movimento qualquer, desde que tenha voltado à posição inicial no instante t2. Isso acontece, por exemplo, quando jogamos uma pedra verticalmente para cima, e ela volta para a sua mão exatamente no ponto de onde saiu.
!
Descida
x
Subida
t = t2 t = t1
O
8 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 9
AU
LA 1
Podemos concluir então que o deslocamento de uma partícula
durante um certo intervalo de tempo não é, obrigatoriamente, a distância
percorrida por ela durante esse intervalo. De fato, no exemplo ilustrado
pela figura, a distância percorrida pela pedra não é zero, mas o dobro
da altura que ela alcança acima da posição inicial.
VELOCIDADE MÉDIA
Para ilustrar o conceito de velocidade média, vamos contar a
fábula da lebre e da tartaruga:
Ao enxergar uma árvore distante no meio de uma planície, a lebre
vira-se para a tartaruga e diz: “Aposto com você uma caixa de alfaces
fresquinhas que chego lá antes de você.” A tartaruga (que não era muito
esperta) topa a aposta, e a lebre sai em disparada deixando para trás
a tartaruga. Ao chegar no meio do caminho, a lebre olha para trás,
vê que a tartaruga é apenas um pontinho no horizonte e decide parar
para descansar. A lebre acaba pegando no sono e, ao acordar, percebe
que a tartaruga está quase alcançando a árvore. A lebre, então, corre a
toda tentando, desesperadamente, alcançar a tartaruga, mas já era tarde...
A tartaruga alcança a árvore apenas alguns segundos antes da lebre.
Agora você poderia fazer a seguinte pergunta:
"Por que a lebre, sendo muito mais rápida, chegou depois da
tartaruga?"
Porque a velocidade média da tartaruga foi maior que a velocidade
média da lebre durante a corrida. Por definição, a velocidade média
num intervalo de tempo só depende das posições iniciais e finais nesse
intervalo.
De fato, se a posição de uma partícula no instante inicial t1 for
x(t1) e se a posição no instante final t2 for x(t2), a velocidade média nesse
intervalo é dada por
(1.3)
Você já deve ter ouvido falar na fábula da lebre e da tartaruga. Caso você não a conheça, acesse o link abaixo:http://bonecadetrapos.blogs.sapo.pt/arquivo/681659.html
vx t x t
t txtt t1 2
2 1
2 1→→
−−−−
≡≡=( ) ( )
,∆∆
8 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 9
AU
LA 1
onde t2 ≠ t1. (Note que, se t2 = t1, o intervalo se reduz ao instante t1, e para
um único instante não é possível usar o conceito de velocidade média.)
Perceba que a velocidade média é a razão entre o deslocamento
da partícula no intervalo de t1 a t2 e a duração desse intervalo.
Sendo velocidade média a razão entre deslocamento e um inter-
valo de tempo, a sua unidade será a razão entre as unidades de com-
primento e de tempo que forem usadas. Por exemplo, se usarmos o metro
para os deslocamentos e o segundo para o tempo, a unidade de velocidade
média é o metro por segundo, usualmente escrita como m/s.
ATIVIDADE
Como a duração do intervalo, t2 − t1 , é positiva, a velocidade média é positiva somente se o deslocamento da partícula no intervalo é positivo. Do mesmo modo, a velocidade média é negativa somente se o deslocamento é negativo. Finalmente, note que a velocidade média dá apenas uma informação global sobre a maneira como a partícula se moveu nesse intervalo. Para saber a velocidade da partícula em um instante em particular, precisamos recorrer ao conceito de velocidade instantânea que você verá a seguir.
1. Na célebre corrida entre a lebre e a tartaruga, a velocidade da tartaruga é de 1,5m/min. A distância a percorrer é de 450m, e a lebre corre durante 0,6 min. antes de parar para uma soneca.
a. Sabendo que a lebre é capaz de completar o percurso em 54s, calcule a sua velocidade média.
b. Qual é o deslocamento da lebre da partida até a parada para a soneca?
c. Qual é a duração máxima da soneca para que a lebre não perca a corrida?
10 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 11
AU
LA 1
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Antes de calcular a velocidade média, vamos adotar a origem do eixo x como
o ponto de partida, x1 = 0, e a linha de chegada é representada pelo ponto
x2 = 450m.
A lebre é capaz de deslocar-se ∆x x x= = =2 1 450 0 45−− m km, em um
intervalo de tempo ∆tminimo = =54 0 015s h, . Portanto, segundo a definição
v = ∆ ∆x/ t , a velocidade média é
b. Chamaremos ∆t’ o tempo gasto pela lebre para alcançar o ponto em que pára
para tirar uma soneca. Sabemos que a lebre corre por ∆t’ = 0,6 min = 0,01h
antes de parar. A partir da velocidade encontrada no item (a), podemos calcular o
deslocamento ∆ ∆x v t’ ’= g :
c. Em primeiro lugar, de acordo com o item a, a lebre “é capaz de completar o
percurso em 54s”.
Agora você deve se perguntar: “Quanto tempo a tartaruga leva para completar
a corrida?”
A tartaruga percorre ∆x = 0 45, km com uma velocidade
. A partir da relação , calculamos a duração da corrida,
Logo, é possível mostrar que o tempo máximo da soneca deve ser de
.
vkmh
km h= =0 450 015
30,,
/
∆t h h",,
= =0 450 09
5
∆ ∆t x v’’ /=
VELOCIDADE INSTANTÂNEA
Para ilustrar o conceito de velocidade instantânea, vamos
parafrasear uma anedota contada por Richard Feynman, um dos maiores
físicos do século passado, em seu livro The Feynman Lectures on Physics,
que foi adaptada pelo Professor H. Moysés Nussenzveig em seu livro
Curso de física básica:
Um policial pára o carro de uma loura que andava em alta
velocidade e exclama:
v = 1 5, m/min = 0,09km/h
v = 1 5, m/min = 0,09km/h
∆x’ ( , ) ,= × =30 0 01 0 3km km
∆ ∆t t’’−− minimo = 4h 59min 6s
10 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 11
AU
LA 1
– Dona, a senhora estava andando a 120km/h, quando o limite
nesta rua é de 60km/h!
Então, a loura responde:
– Mas, seu guarda, como é que eu podia estar andando a 120km
por hora, quando eu só estou dirigindo faz 20 minutos!
Daí o Feynman diz no livro dele: “Vamos supor que ao invés do
guarda dizer: – Então a senhora explique isso ao Detran, porque vai
receber uma multa! – ele resolva dar uma lição de Física para a loura:
– O que eu quero dizer é que, se a senhora seguisse em frente nessa
velocidade, depois de uma hora teria percorrido 120km!"
– Mas, seu guarda, se eu seguisse em frente, eu iria bater nesse
prédio aí da frente!
– Bem, isso é verdade, mas se a senhora tivesse continuado assim
por 1 minuto, teria percorrido 2km; se a senhora continuasse por
1 segundo, teria percorrido 33,3m; e, se fosse em frente por 0,1s, teria
percorrido 3,33m. Desse jeito, a senhora poderia perfeitamente ter
infringido a lei durante 0,1 segundo.
– Mas, seu guarda – disse a loura – o limite de velocidade é de
60km/h, e não de 1,66 metros em 0,1 segundo.
Então, o guarda se sai com essa:
– Dá no mesmo, minha senhora. O que importa aqui é a velocidade
instantânea.
Para fixar as idéias, considere o seguinte exemplo: suponha que você
veja um radar a 100m de distância quando dirigia seu carro a 100km/h.
Para não ser multado, você precisa passar pelo radar a menos de 50km/h.
Então, imediatamente você pisa nos freios fazendo com o que o carro vá
diminuindo a velocidade.
Conheça mais sobre o físico Richard Feynman (1918-1988) através do link:http://pt.wikipedia.org/wiki/richard_feynman
12 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 13
AU
LA 1
Vamos fazer o gráfico da posição do seu carro em função do tempo.
Para fazer isso, vamos fixar a origem no radar. Assim, quando você vê
o radar, ele está na posição -100 aproximadamente (medida em metros)
e encontra o radar 5,74 segundos depois (na posição zero), como pode
ser visto na Figura 1.3.
Figura 1.3: As posições de um carro que se aproxima de um radar em função do tempo.
Qual a velocidade do carro no instante t = 5,74s?
Para calcular a velocidade nesse instante, vamos diminuir o
intervalo de tempo até que ele seja tão pequeno, que o intervalo se
reduza a esse instante.
Vamos começar com o intervalo entre 0s e 5,74s. A velocidade
média nesse intervalo, usando os valores vistos na Figura 1.3, é:
x(m)20
2 4
−20
−40
−60
−80
−100
6 8t(s)
vx x
0 5 74
5 74 05 74 0
17 42 63→ = = ≈,
( , ) ( ),
,s s m
sms
km/h.−−−−
12 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 13
AU
LA 1
Vamos agora diminuir para o intervalo de tempo entre os instantes
4,74s e 5,74s. A velocidade média nesse intervalo é:
Vamos diminuir ainda mais para o intervalo entre 5,73s e 5,74s.
A velocidade média nesse intervalo é:
Vamos diminuir ainda mais para o intervalo entre 5,749s e 5,74s.
A velocidade média nesse intervalo é:
Só para ser chato, vamos diminuir ainda mais para o intervalo
entre 5,7399s e 5,74s. A velocidade média nesse intervalo é:
Você está vendo? Quando estamos no limite em que o intervalo
é zero, temos a velocidade instantânea no exato momento em que o seu
carro passa pelo radar.
Podemos expressar matematicamente esta última frase da seguinte
forma:
Esse limite (lim) define a derivada da posição com relação ao
tempo, ou seja, a velocidade instantânea num dado instante é a derivada
com relação ao tempo da função que descreve a posição da partícula
nesse dado instante.
Logo, a velocidade instantânea num dado instante t0 é
expressa por
(1.4)v tdx tdt t t
( )( )
.0
0
==
vx x
4 74 5 74
5 74 4 745 74 4 74
12 06 43, ,
( , ) ( , ), ,
,→ = = ≈s s ms
ms
km/h.−−−−
vx x
5 73 5 74
5 74 5 735 74 5 73
10 57 38, ,
( , ) ( , ), ,
,→ = = ≈s s ms
ms
km/h.−−−−
vx x
5 739 5 74
5 74 5 7395 74 5 739
10 56 38, ,
( , ) ( , ), ,
,→ = = ≈s s ms
ms
km/h.−−−−
vx x
5 739 5 74
5 74 5 7395 74 5 739
10 56 38, ,
( , ) ( , ), ,
,→ = = ≈s s ms
ms
km/h.−−−−
v tx t t x t
tt( ) lim .=
+( ) ( )
→∆
∆∆0
−−
14 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 15
AU
LA 1
(A expressão é a derivada da função posição, denotada por
x(t), com relação ao tempo, que denotamos por t.)
dx tdt
( )
Pela Equação (1.4), se soubermos x(t), que nos fornece a posição
como função do tempo, podemos determinar a função velocidade v(t)
em qualquer instante do domínio desta função. Aliás, x(t) também é
chamada de “lei horária do movimento”.
Agora, você poderia nos perguntar:
“Se você conhece a velocidade de uma partícula em todos os
instantes do movimento e a posição que ela ocupa num instante em
particular, é possível descobrir qual é o movimento realizado pela
partícula?”
A resposta é sim! Se conhecemos a função velocidade e sua posição
num dado instante, podemos encontrar a função posição, que nesse caso
é obtida por meio do conceito matemático de integral.
Assim, dada a posição x0 de uma partícula no instante t0 e a sua
função velocidade v(t), a função posição é dada por
(1.5)
(A expressão v t dtt
t
( ’) ’ 0
∫ é a integral, do instante t0 ao instante t, da
função velocidade, denotada por v(t), e t’ é a variável de integração.)
O cálculo de derivadas e integrais está fora do objetivo deste curso
e não será cobrado nas avaliações.
x t x v t dtt
t
( ) ( ’) ’.= + ∫0
0
A velocidade instantânea é igual ao valor limite de velocidades médias (em intervalos de tempo cada vez menores), e a unidade da velocidade instantânea será a mesma da velocidade média: uma unidade de comprimento dividida por uma unidade de tempo. Assim, a velocidade instantânea também pode ser dada em metros por segundo, por exemplo, como a velocidade média.
!
14 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 15
AU
LA 1
ACELERAÇÃO CONSTANTE
A aceleração descreve quão rapidamente varia a velocidade
durante o movimento. De certo modo, percebemos acelerações com mais
facilidade do que velocidades. Imagine que você esteja de olhos fechados
viajando em um automóvel de janelas fechadas, que percorre uma estrada
ATIVIDADE
2. A posição de uma partícula que se move ao longo do eixo x varia no tempo de acordo com a expressão x = 2t2, com x em metros e t em segundos. Calcule sua posição:
a. no instante t = 3,0s
b. em t = 3,0s + ∆t.
c. Calcule o limite de ∆x/∆t, considerando que ∆t se aproxima de zero, para encontrar a velocidade instantânea em t = 3,0s.
RESPOSTAS COMENTADAS
a. No instante t = 3,0s, a posição da partícula vale
b. Em um instante próximo, t = 3,0s + ∆t, a posição calculada é
c. O deslocamento da partícula entre os instantes 3,0s e 3,0s + ∆t é
dado por ∆x = x(3,0 + ∆t) – x(3,0) = [12∆t + 2,0(∆t)2]m. Ao dividir o
deslocamento pelo intervalo de tempo, encontramos o seguinte
resultado:
No limite em que ∆t → 0, o segundo termo do lado direito da igualdade
acima tende a zero. Portanto, a velocidade instantânea da partícula em
t = 3,0s vale
x t t t t( , ) ,3 0 2 3 0 18 12 22 2
s m m.+ = × +( ) = + + ( )
∆ ∆ ∆ ∆
∆∆
∆xt
t= +( )12 2 0, .ms
vxtt3 0 120, lims m/s.( ) = =→∆
∆∆
x ( , ) ,3 0 2 3 0 182
s m m.= × ( ) =
16 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 17
AU
LA 1
horizontal e reta (suponha, além disso, que a estrada esteja em bom
estado e que o carro seja bom): as acelerações são facilmente percebidas.
Se o carro acelera, você sente o banco do carro pressionando as
suas costas. Se a aceleração é negativa, isto é, se o carro desacelera, você
sente agora o cinto de segurança pressionando o seu peito para trás (sendo
uma pessoa inteligente, você certamente usará cinto de segurança).
Já estamos habituados ao uso coloquial do conceito de aceleração.
Todos nós entendemos o que significa dizer que o automóvel está
acelerando; significa que a velocidade do automóvel está aumentando.
Se dissermos que a aceleração é grande, entende-se que a velocidade
está variando rapidamente, ou seja, em um certo intervalo de tempo,
a velocidade varia de uma quantidade considerada grande. Se um
automóvel é freado, sua velocidade também varia, o que reduz o valor
da velocidade. Nesse caso, diz-se que o automóvel foi desacelerado.
Em linguagem coloquial, variações positivas de velocidade
são chamadas de acelerações, e variações negativas são chamadas de
desacelerações. Em Física, o conceito de aceleração num movimento
retilíneo é de uma grandeza que pode ser positiva, negativa ou nula.
Por aceleração nula entende-se, é claro, a ausência de aceleração. Nesse
caso, a velocidade é constante ou o corpo se encontra em repouso.
Aceleração média e instantânea
Considere um intervalo de tempo [t1, t2], com t2 > t1. Se v(t1) é a
velocidade da partícula no instante t1 e v(t2) é a velocidade da partícula
no instante t2, a variação da velocidade no intervalo de t1 a t2 é
(1.6)
e a duração desse intervalo é (1.7)
A razão entre a variação da velocidade no intervalo de t1 a t2 e a
duração desse intervalo é chamada de aceleração média da partícula no
intervalo [t1, t2], ou seja,
(1.8)
∆v v t v t= ( ) ( )2 1−−
∆t t t= 2 1−− .
av t v t
t tvtt t1 2
2 1
2 1→ = ≡
( ) ( ).
−−−−
∆∆
16 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 17
AU
LA 1
Uma variação de velocidade é expressa, naturalmente, em
unidade de velocidade, isto é, unidade de comprimento dividida
por unidade de tempo. Sendo a aceleração média a razão entre a variação
de velocidade e a duração de um intervalo de tempo, a sua unidade será
a de velocidade dividida pelo tempo.
Sendo a duração do intervalo t2 – t1 uma grandeza positiva,
concluímos que a aceleração média é positiva somente se a variação
da velocidade da partícula no intervalo de t1 a t2 é positiva, isto é, se
a velocidade aumenta nesse intervalo de tempo. A aceleração média é
negativa somente se a velocidade diminui no intervalo. Finalmente, o caso
da aceleração média nula corresponde à situação em que a velocidade da
partícula em t2 é igual à sua velocidade em t1. Porém, isso não significa
necessariamente que durante esse intervalo a velocidade da partícula
tenha permanecido constante. Isso pode ou não ter acontecido, mas,
conhecendo-se apenas a velocidade média nesse intervalo, nada podemos
afirmar. A aceleração média dá apenas uma idéia global de como varia
a velocidade em um intervalo.
Para ter uma informação mais detalhada sobre a rapidez da
variação da velocidade, devemos considerar o conceito de aceleração
instantânea, que nos fornece a rapidez com que a velocidade varia num
instante em particular.
A aceleração instantânea da partícula no instante t é o limite da razão
entre ∆v e ∆t, quando a duração do intervalo tende a zero, ou seja,
(1.9)
No S.I. (http://pt.wikipedia.org/wiki/sistema_internacional_de_unidades) a unidade de aceleração média é o metro por segundo por segundo, ou simplesmente m/s2.
Por exemplo, a velocidade média nula em um intervalo não significa necessariamente que a velocidade tenha permanecido constante nesse intervalo; ela pode ter variado de modo a voltar, no final do intervalo, ao valor que tinha no início.
!
a tv t t v t
tt( ) lim .=
+( ) ( )
→∆
∆∆0
−−
18 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 19
AU
LA 1
Esse limite (lim) define a derivada da velocidade com relação ao
tempo, ou seja, a aceleração instantânea num dado instante é a derivada
com relação ao tempo da função que descreve a velocidade da partícula
nesse dado instante.
Logo, a aceleração instantânea num dado instante t0 é expressa por
(1.10)
(A expressão dv tdt( )
é a derivada da função velocidade, denotada
por v(t), com relação ao tempo, que denotamos por t.)
Agora você poderia dizer com convicção:
"Mas a função velocidade já não é a derivada com relação ao
tempo da função posição? Logo, posso concluir então que devo derivar
com relação ao tempo duas vezes a função posição para obter a função
aceleração."
Isso mesmo, a expressão matemática da sua afirmação nos mostra
como calcular a função aceleração a partir da função posição:
(1.11)
(A expressão ddt
2
2 indica que estamos derivando duas vezes uma
função com relação ao tempo. O índice “2” não significa que estamos
“elevando ao quadrado”.)
De acordo com o que você viu, no final da seção anterior, você
poderia nos perguntar agora:
“Se você conhecesse a aceleração de uma partícula em todos os
instantes do movimento e a sua velocidade num instante em particular,
seria possível determinar a sua função velocidade?”
A resposta é sim! Se conhecemos a função aceleração e uma dada
velocidade instantânea v0, podemos encontrar a função velocidade.
A função velocidade é obtida por meio do conceito matemático de
integral. Assim,
(1.12)
a tdv tdt t t
( )( )
.0
0
==
a tdv tdt
ddt
dx tdt
d x tdt
( )( ) ( ) ( )
.= =
≡2
2
v t v a t dtt
t
( ) ( ’) ’.= + ∫0
0
18 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 19
AU
LA 1
(A expressão é a integral, do instante t0 ao instante t, da
função aceleração, denotada por a(t), e t’ é a variável de integração.)
Como já dissemos, o cálculo de derivadas e de integrais está fora
do objetivo deste curso e não será cobrado nas avaliações, mas ele é
necessário para deduzirmos as equações do movimento retilíneo com
aceleração constante a seguir.
Aceleração constante ou Movimento Retilíneo Uniformemente Variado (MRUV)
Suponha que uma partícula se mova com aceleração constante
durante um determinado intervalo de tempo. Como você viu
anteriormente, se você souber a velocidade instantânea no instante
inicial desse intervalo, poderá conhecer a velocidade em qualquer
instante desse intervalo.
Vamos representar a aceleração da partícula por a e vamos chamar
de v0 a velocidade no instante inicial t0 = 0. Pela Equação (1.12), podemos
resolver a integral para obter a função velocidade em qualquer instante
t pertencente a esse intervalo,
(1.13)
Agora, se conhecermos também a posição da partícula no instante
inicial, podemos obter a sua posição em qualquer instante desse intervalo,
como você já viu na seção anterior.
Assim, se representarmos x0 como a posição inicial da partícula,
podemos substituir o resultado da Equação (1.13) na Equação (1.5)
para obter
(1.14)
que é a conhecida expressão para a lei horária do movimento no MRUV,
estudada no ensino médio.
Finalmente, vamos terminar esta seção com o seguinte exercício:
combine os resultados obtidos pelas Equações (1.13) e (1.5) e encontre
que, para um instante qualquer do intervalo, a seguinte relação é válida:
(1.15)
a t dtt
t
( ’) ’ 0
∫
v t v a dt
v at
t
( ) ’
.
= +
= +
∫00
0
x t x v t dt
x v at dt
x v t
t
t
( ) ( ’) ’
’ ’
= +
= + +( )
= + +
∫
∫
00
0 00
0 0
112
2at ,
v v a x x20
202= + ( )−− .
20 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 21
AU
LA 1
ATIVIDADES
3. Uma moto está em alta velocidade, a 25m/s, quando o limite de velocidade permitido na rua é de 60km/h. Um carro de polícia, parado no momento em que a moto passa, parte depois de 4s. O carro começa a acelerar a uma taxa constante de 5m/s2 até atingir a sua velocidade máxima de 50 m/s. A partir daí, ele mantém essa velocidade até o final da perseguição.
a. Em quanto tempo o carro de polícia atinge a sua velocidade máxima?
b. Qual é a distância entre a moto e o carro nesse instante?
c. Quando o carro vai estar 160m atrás da moto? Qual é a velocidade do carro de polícia nesse instante?
d. Quando o carro da polícia consegue alcançar a moto?
e. Se o motoqueiro tivesse percebido que estava acima do limite de velocidade e avistasse o carro de polícia a 100m de distância, que desaceleração constante ele deveria imprimir para atingir o limite de velocidade permitido ao passar pelo guarda?
20 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 21
AU
LA 1
RESPOSTAS COMENTADAS
Vamos adotar o eixo horizontal x ao longo da rua onde ocorre a perseguição,
sendo que a origem x0 = 0 está colocada no ponto em que o carro da polícia
começa a acelerar. Veja a Figura 1.4, que mostra o instante em que o carro
de polícia começa a acelerar.
a. Em primeiro lugar, você deve escrever a função horária do carro de polícia.
O carro da polícia parte do repouso, acelerando a uma taxa constante de
ap = 5m/s2. A posição do carro de polícia, xp(t), é dada por um movimento
uniformemente acelerado até atingir a velocidade máxima do carro,
vmax= 50m/s.
Você sabe que em um MRUV a velocidade é dada pela fórmula
v = v0 + at. Como o carro partiu do repouso, v0 = 0, a velocidade tem que
valer v(t) = apt. Em um certo instante t1 , a velocidade máxima é alcançada
pelo carro vmax= apt1 . Assim, você encontra o instante calculando
b. Se você usar a função horária do MRUV, então poderá escrever a posição
do carro de polícia, xp(t)= apt/2. No instante t1 , o deslocamento do carro
foi de
Note que a moto dirige a uma velocidade constante, vm = 25m/s. Durante
os t0= 4s em que o carro de polícia ficou parado, a moto se deslocou de
xm(0) = vmt0 = 100m. A posição dela, xm(t), é dada pela equação
.
Figura 1.4: O eixo x está colocado ao longo da rua onde ocorre a perseguição.
Carro da polícia Moto
1000 x(m)
x t tm( ) = +100 25m
t1
505
10= =( )( )
m/sm/s
s.2
xp( )( )
( )105
210 250
22= × =m/s
s m.
22 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 23
AU
LA 1
O deslocamento da moto até o instante t1 vale
Assim, a distância entre os dois carros no instante em que o carro de polícia atinge
a velocidade máxima é dada por xm(t) – xp(t) = (300 – 250)m = 100m.
c. Agora é necessário comparar o movimento da moto com o do carro.
A distância entre a moto e o carro é dada por xm(t) – xp(t) = xm(0) + vmt – apt2/2.
Você pode então escrever que
Você deve calcular o tempo tal que xm(t) – xp(t) = 160m. Esta equação do
segundo grau é equivalente à relação
.
A equação acima tem duas soluções, t = 4s ou t = 6s. A velocidade instantânea
do carro de polícia, v(t) = apt, no instante t = 6s vale
e no instante t = 4s vale
d. A partir do instante t1= 10s, o carro da polícia alcança a sua velocidade
máxima e mantém-se a 30m/s. Logo após esse instante, você deve escrever
a posição do carro como xp(t) = xp(10s) + vmax (t – t1). O resultado que você
encontra é o seguinte:
, .
Vamos novamente comparar o movimento da moto com o do carro.
A perseguição acaba quando a posição do carro da polícia for igual à posição
da moto, xp(t) = xm(t). Esta equação é a seguinte:
Quando você resolver a equação acima, vai encontrar o instante t2 , ou o
tempo que o carro alcança a moto depois de atingir a sua velocidade máxima.
O resultado que você obtém é t2 = 14s. Uma vez que o carro ficou parado por
4s, acelerou durante t1 = 10s e levou mais um tempo t2 = 14s para alcançar a
moto; o tempo total da perseguição foi de
t t2 10 24 0−− + =
t ≥ 10s
xm( ) ( ) ( )10 100 25 10 350= + × =m m/s s m.
x t x t t tm p( ) ( ) , .−− −−= + ( ) ( )100 25 2 5 2m m/s m/s2
v( ) ( )( )6 5 6 30s m/s s m/s2= =
v( ) ( )( )4 5 4 20s m/s s m/s.2= =
x t tp( ) ( )= + ( )250 50 10m m/s s−−
100 25 250 50 10m m/s m m/s s+ ( ) = + ( )t t( )−−
t t t ttotal = + + = + + =0 1 2 4 10 14 28( )s s.
22 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 23
AU
LA 1
e. Caso o motoqueiro tivesse freado ao longo de 100m, iria diminuir
sua velocidade de v0 = 25m/s para v = 60Km/h ≈ 16,7m/s. Você
pode usar a relação v v a x202 2= + ∆ . Assim, a aceleração constante
seria de
4. O sinal amarelo em um cruzamento fica ligado durante 3s. A largura do cruzamento é de 15m. A aceleração máxima de um carro que se encontra a 30m do cruzamento quando o sinal muda para amarelo é 3m/s2, e ele pode ser freado a 5m/s2.
a. Que velocidade mínima o carro precisa ter na mudança do sinal para atravessar no amarelo? Qual é a velocidade quando acaba de passar pelo cruzamento?
b. Qual é a velocidade máxima que lhe permite parar antes de atingir o cruzamento?
Considere que o tempo de reação do motorista é da ordem de 0,7s.
a ≈ ( ) ≈( , )
( ), .
277 7 625
2 1001 74
2−−−−
m/s
mm/s2
24 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 25
AU
LA 1
RESPOSTAS COMENTADAS
O eixo horizontal x que vamos adotar fica ao longo da rua. A origem
x0 = 0 fica a 30m do cruzamento, como está mostrado na Figura 1.5.
Figura 1.5: O eixo x que nós escolhemos se estende pela rua até o cruzamento.
a. Você deve notar que: (I) O carro deve percorrer a distância até o
cruzamento mais a largura do cruzamento, dando um total de 45m.
(II) Para atravessar no sinal amarelo, ele tem ts = 3s, mas leva tr = 0,7s
para o motorista reagir e pisar no acelerador. (III) O carro parte com uma
velocidade inicial vmin , acelerando a uma taxa constante de a = 3m/s2.
Para você calcular quanto vale a velocidade mínima para que o carro
ultrapasse o cruzamento durante o sinal amarelo, é necessário calcular
quanto vale vmin . No entanto, você deve perceber que, durante o tempo
de reação, tr = 0,7s, o motorista se desloca de
A partir desse instante, o motorista começa a acelerar. Resta agora um
tempo de ts – tr = 2,3s para o carro percorrer 45m – d. A posição do carro,
x(t), é dada por um movimento uniformemente acelerado até atingir
a velocidade no final do cruzamento, vf . Você sabe que em um MRUV
a posição como função do tempo é dada pela seguinte equação:
Agora, você deve fazer x(t = 2,3s) = 45m, ou seja, a posição do carro
no tempo que resta deve ser a do final do cruzamento. Quando você
calcular isso, vai encontrar
d v tr= min
x t d v t at v t t atr( ) ( )min min= + + = + +12
12
2 2
Carro
0 30 45x(m)
v
x v( , ) ( , )min2 3 45 332
2 3 2s m s s= = ( ) +
24 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 25
AU
LA 1
Basta resolver a equação anterior para calcular quanto vale vmin .
Você vai chegar à conclusão de que a velocidade mínima para
ultrapassar o sinal amarelo é de:
A velocidade em um MRUV é dada pela fórmula v = v0 + at. Como
o carro partiu com velocidade vmin , a velocidade no final do cruzamento,
vf , tem que valer
b. Para calcular a velocidade máxima, você deve observar que:
(I) O carro deve percorrer a distância até o cruzamento,30m.
(II) O motorista tem ts = 3s para parar no sinal, mas leva tr = 0,7s
para reagir e pisar no freio. (III) O carro está a uma velocidade vmáx
e freia com uma aceleração de a’ = -5m/s2.
Durante o tempo de reação, tr = 0,7s, o motorista se desloca de
.
Em seguida, a posição do carro, x(t), é dada por um movimento
uniformemente retardado até parar, vf = 0. Quando você escrever a
posição como função do tempo, temos:
.
Agora, a posição do carro, no tempo que resta, deve valer
x(t = 2,3s) = 30m. Quando você faz isso, deve encontrar
Basta resolver a equação acima para calcular quanto vale vmáx .
Você vai chegar à conclusão de que a velocidade máxima para parar
no sinal amarelo é de
d v tr= m xá
x t d v t at v t t atr( ) ( )m x m x= + + = + +á á
12
12
2 2
vmin
, ( , ),= ×
≈45 1 5 2 3
312 4
2−− ms
m/s.
vf = + ≈12 4 3 2 3 19 3, ( )( , ) ,m/s m/s s m/s.2
vm x
, ( , ),á
ms
m/s.= + ×
≈30 2 5 2 3
314 4
2
x v( , ) ( , ) .2 3 30 352
2 3 2s m s m/s s2= = ( )
mÆx −−
26 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 27
AU
LA 1
GRÁFICOS DO MOVIMENTO
Significado geométrico da velocidade
A trajetória de uma partícula que se desloca no eixo OX é
determinada pela sua posição x(t), mas a velocidade média e a velocidade
instantânea também têm um significado geométrico de fácil visualização
no gráfico de x versus t.
De fato, na Figura 1.6 está representada a posição x(t) da partícula
para os instantes de tempo t1 e t2.
Figura 1.6: Significado geométrico da velocidade média.
O coeficiente angular da reta secante à curva que passa pelos
pontos com coordenadas (t1, x(t1)) e (t2, x(t2)) é
(1.16)
Comparando a equação acima com a Equação (1.3), vemos que
essa é a interpretação geométrica da velocidade média em um movimento
unidimensional.
x t x tt t
( ) ( ).2 1
2 1
−−−−
x(t)
x(t2)
x(t1)
t1t2 t
∆t
∆x
26 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 27
AU
LA 1
Considere agora a Figura 1.7.a a seguir, onde foram desenhadas
várias retas secantes associadas às velocidades médias em intervalos de
tempos cada vez menores (t2 > t3 > t4).
Observe que, à medida que o intervalo de tempo tende a zero,
a reta secante se aproxima da reta tangente. Por isso, a velocidade
instantânea v(t1) é representada geometricamente pelo coeficiente
angular da reta tangente à curva de x versus t no ponto da curva com
coordenadas (t1, x(t1)).
Figura 1.7.a: Representação geométrica da velocidade instantânea.
Observe então a Figura 1.7.b. No caso em que o
gráfico de x versus t é uma reta, a velocidade média é
o coeficiente angular da reta, sendo, portanto, constante.
Mas a reta tangente em cada ponto da reta também
coincide com a própria reta. Como a velocidade
instantânea é o coeficiente angular da reta tangente, ela
é constante e igual à velocidade média. (Note ainda que,
neste caso, a aceleração média e a aceleração instantânea
são nulas. "Você saberia explicar o porquê?")
x(t)
x2x3x4
x1
t1 t4t3
t2 t
∆x
x(t)
x2
x1
t1t2
Tangente
∆t14
∆t13
∆t12
Figura 1.7.b: Gráfico x versus t.
28 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 29
AU
LA 1
Como você viu anteriormente, quando o gráfico de x versus t não
é uma reta, o cálculo da velocidade instantânea tem que ser feito com a
definição exata do limite dada pela derivada.
Significado geométrico da aceleração
A aceleração média e a aceleração instantânea têm um significado
geométrico que é de fácil visualização quando fazemos o gráfico de v versus t.
Na Figura 1.8, está representada a velocidade instantânea da
partícula v para os instantes de tempo t1 e t2. O coeficiente angular
da reta secante à curva que passa pelos pontos com coordenadas
(t1, v(t1)) e (t2, v(t2)) é
(1.17)
Comparando a equação acima com a Equação (1.8), vemos que
essa é a interpretação geométrica da aceleração média em um movimento
unidimensional.
v t v tt t
( ) ( ).2 1
2 1
−−−−
Figura 1.8: Significado geométrico da componente da aceleração instantânea.
vx(t)
vx(t2)
t1t2 t
∆t
∆vx
28 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 29
AU
LA 1
Na Figura 1.9, foram desenhadas várias retas secantes associadas
às acelerações médias em intervalos de tempos cada vez menores. Neles,
o instante que define a aceleração média fica cada vez mais próximo do
instante de tempo t1. Observe que, à medida que o intervalo de tempo
tende a zero, a reta secante se aproxima da reta tangente. Portanto,
a aceleração instantânea a(t1) é representada geometricamente pelo
coeficiente angular da reta tangente à curva no gráfico de v versus t no
ponto da curva com coordenadas (t1, v(t1)).
No caso em que o gráfico de v versus
t é uma reta, como mostra a Figura 1.10,
a aceleração média é o coeficiente angular
da reta, sendo, portanto, constante. A reta
tangente em cada ponto da reta coincide com
a própria reta. Como a aceleração instantânea
é o coeficiente da reta tangente, ela é também
constante e igual à aceleração média.
Figura 1.9: Significado geométrico da componente da aceleração instantânea.
Figura 1.10: Movimento uniformemente acelerado.
vx(t)
vx2
vx3
vx4
vx1
t1t4 t3 t2
∆x
t
Tangente à curva
∆t14
∆t13
∆t12
vx(t)
vx(t2)
vx(t1)
t1 t2 t1
30 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 31
AU
LA 1
O problema inverso
No movimento unidimensional no eixo OX, a trajetória da
partícula fica completamente determinada quando conhecemos x(t).
Como você já viu na seção anterior, a partir do conhecimento de a(t),
podemos encontrar x(t) se conhecemos a posição inicial e a velocidade
inicial. Este problema é denominado de problema inverso.
Nesta seção, ele será resolvido de forma geométrica para
o movimento retilíneo uniforme (a(t) = 0) e para o movimento
uniformemente acelerado (a(t) = constante ≠ 0).
Movimento Retilíneo Uniforme (MRU)
O Movimento Retilíneo Uniforme é aquele em que a velocidade
instantânea é constante e, portanto, a aceleração instantânea e
a aceleração média são nulas.
No MRU, o gráfico de x versus t é uma reta, como mostra a
Figura 1.11.
Figura 1.11: Movimento Retilíneo Uniforme.
Portanto, a velocidade média é constante e igual à velocidade
instantânea, que vamos chamar simplesmente de v. Conseqüentemente,
podemos obter x(t) utilizando a definição de velocidade média,
(1.18)vx t x t
t t
x t x t v t t
t t
t t
1 2
1 2
2 1
2 1
2 1 2 1
→
→
=
⇒ = + ( )
( ) ( )
( ) ( )
−−−−
−−
⇒ = + ( )x t x t v t t( ) ( ) ,2 1 2 1−−
x(t)
x2
x1
t1 t2 t
30 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 31
AU
LA 1
Figura 1.12: Representação geométrica do deslocamento ∆x.
onde usamos acima o fato de que a velocidade instantânea e a velocidade
média são iguais para o MRU. Note que, para obtermos a posição x(t2), é
necessário conhecer a posição inicial da partícula x(t1) e a velocidade v.
Mas também podemos obter x(t) utilizando a interpretação
geométrica da velocidade média. Pela Equação (1.18), o deslocamento é
(1.19)
que é justamente a área do retângulo mostrado na Figura 1.12.
∆x x t x t v t t≡ = ( )( ) ( ) ,2 1 2 1−− −−
Movimento Retilíneo Uniformemente Variado (MRUV)
O Movimento Retilíneo Uniformemente variado é aquele em
que a aceleração instantânea é constante, a qual vamos chamá-la de a.
Já sabemos que nesse caso a aceleração média também é constante.
Portanto, podemos obter com facilidade a dependência da velocidade
instantânea com o tempo, usando a definição da velocidade média,
(1.20)av t v t
t t
v t v t a t t
t t
t t
1 2
1 2
2 1
2 1
2 1 2 1
→
→
=
⇒ = + ( )
( ) ( )
( ) ( )
−−−−
−−
⇒ = + ( )v t v t a t t( ) ( ) ,2 1 2 1−−
vx(t)
vx
0 t1t2 t
32 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 33
AU
LA 1
onde usamos acima o fato de que a aceleração instantânea e a aceleração
média são iguais para o MRUV. Note que, para obtermos a velocidade
v(t2), é necessário conhecer a velocidade inicial da partícula v(t1) e a
aceleração a.
Se considerarmos o intervalo de tempo entre os instantes t1 = 0
e t2 = t, temos que v(t) = v(0) + at, que é a equação horária que descreve
a velocidade instantânea MRUV.
"Mas como podemos determinar a posição da partícula em cada
instante?"
A posição no MRUV pode ser obtida a partir do gráfico v versus
t da seguinte forma: primeiramente, vamos dividir o intervalo em
N subintervalos, cada um deles com duração
onde ti e tf são os instantes inicial e final do intervalo respectivamente.
Para ilustrar esse procedimento, na figura abaixo dividimos
o movimento em 10 subintervalos (N = 10) e mostramos o gráfico
v versus t na Figura 1.13.
∆tt t
Nf i=
−−,
Figura 1.13: Representação geométrica do deslocamento x.
vxf
vx10
vx9
vx8vx7
vx6vx5
vx4
vx3
vx2vx1
t1 t2 t3 t4t5 t6 t7 t8
t9 t10tf t
vx(t)
0
32 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 33
AU
LA 1
Vamos agora fazer uma estimativa para o deslocamento ima-
ginando que a partícula se mova com velocidade constante em cada um
desses subintervalos. Como vimos anteriormente, quando a velocidade
é constante, podemos obter exatamente o deslocamento em cada um
desses subintervalos, que é a área de cada retângulo representado no
gráfico acima. Assim, o deslocamento total desse movimento imaginário
é a soma de todos os deslocamentos de cada subintervalo, ou seja,
(1.21)
Podemos intuir que, quando o número de subintervalos tender para
o infinito, o deslocamento imaginário se transformará no deslocamento
real e a soma das áreas dos retângulos se transformará na área sob a reta
que representa v versus t. Logo, o deslocamento no MRUV é a área do
trapézio retângulo de bases v(ti) e v(tf) e altura h = tf – ti. Assim,
(1.22)
Mas pela Equação (1.20), temos que
Substituindo o resultado acima na Equação (1.22), obtemos
finalmente
(1.23)
Note que, se considerarmos o intervalo de tempo entre os instantes
ti = 0 e tf = t, temos
(1.24)
que é a lei horária do movimento no MRUV, obtida também na
Equação (1.14).
∆ ∆x x t x t v tf ii
N
≡ ( ) ( ) ==∑−−
1
.
∆x x t x tv t v t h
f i
f i≡ ( ) ( ) =
( ) + ( ) −−2
=( ) + ( ) v t v t t tf i f i−−
2.
v t v t a t tf i f i( ) ( ) .= + ( )−−
x t x t v t t ta
t tf i i f i f i( ) = ( ) + ( )( ) + ( )−− −−2
2.
x t x v t at( ) ( ) ,= + ( ) +0 012
2
34 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 35
AU
LA 1
ATIVIDADE
5. Um menino brinca com um carrinho de controle remoto em um corredor estreito de sua casa. Ele coloca o carrinho em repouso no início do corredor e aciona o controle. O carrinho vai para frente, aumentando gradualmente a velocidade até atingir 1,2m/s em 6s. Depois de 2s, ele aciona novamente o controle de maneira que em 5s a velocidade do brinquedo diminui continuamente, até parar no final do corredor. O carrinho permanece parado por 3s e começa a se mover para trás, com um aumento gradual de velocidade até 1,2m/s em 4s. Subitamente, é acelerado uniformemente e pára após 4s.
a. Faça os gráficos de v versus t e a versus t.
Com base nos gráficos, responda:
b. Qual é o comprimento do corredor? Em que posição, em relação ao início do corredor, o carrinho parou pela segunda vez?
c. Quanto vale a velocidade instantânea em t = 22s? Quanto vale a aceleração média do carrinho entre t = 0 e t = 8s? E entre t = 16s e t = 22s?
34 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 35
AU
LA 1
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Vamos escolher o eixo horizontal x ao longo do corredor, como você pode
ver na Figura 1.14. A origem x0 = 0 vai representar o início do corredor.
Figura 1.14: Neste diagrama, você pode ver o eixo x e também o carrinho de controle remoto nos três instantes em que ele está parado.
Para traçar o gráfico de v versus t, nós vamos escrever a velocidade
do carrinho como função do tempo em todos os intervalos descritos.
Você deve lembrar que a relação entre as velocidades inicial e final
de um MRUV depende da aceleração e do intervalo de tempo,
.
Inicialmente, o carrinho de controle remoto está em repouso, v(0s) = 0.
Quando o menino aciona o controle, o carrinho parte em um movimento
uniformemente acelerado até atingir uma velocidade v(6s) = 1,2m/s
em 6s. Nesse intervalo de tempo, a variação da velocidade do
carrinho foi de ∆v = v(6s) − v(0s) = 1,2m/s. Você pode então concluir
que a aceleração constante vale a = ∆v/∆t = 0,2m/s2, e também
que a velocidade como função do tempo, v(t) = v(0s) + 0,2 (t − 0),
é dada por
, se .
Você deve notar que a velocidade, para t < 6s, é dada pela equação da
reta acima.
O menino parou de acionar o controle e o carrinho manteve a mesma
velocidade por mais dois segundos. Assim, quando você olha para o
carrinho, percebe que
, se .
Logo após t = 8s, o carrinho segue em um movimento uniformemente
retardado até parar, v(13s) = 0. A variação da velocidade, ∆v = v(13s)
− v(8s) = −1,2m/s, ocorre em um intervalo de 5s. Logo, você calcula
que a freada do carrinho acontece com uma aceleração a = −0,24m/s2.
v t v t a t t( ) ( ) ( )2 1 2 1= + −−
0 6≤ ≤t s
6 8s s≤ ≤t
0 4,2 9
t = 0 t = 24s t = 13s
x(m)
v t t( ) ( , )= 0 2m/s2
v t( ) ,= 1 2m/s
36 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 37
AU
LA 1
Na freada, você deve concluir que a velocidade, v(t) = v(8s) − (0,24m/s)
(t − 8s), é dada pela seguinte equação da reta:
, .
Você vê o carrinho parado por 3s, ou seja, a velocidade é nula,
, se .
A partir de t = 16s, o menino dá ré no carrinho durante 4s, impondo uma
variação de velocidade ∆v = v(20s) − v(16s) = −1,2m/s. A aceleração nesse
intervalo que você tem que encontrar vale a = −0,3m/s2. Enquanto o carrinho
anda para trás, a velocidade, v(t) = v(16s) − (0,3m/s)(t − 16s), é dada por
uma equação da reta,
, se .
Nos 4s seguintes, o menino faz com que o carrinho sofra uma variação
de velocidade ∆v = v(24s) − v(20s) = 1,2m/s. Você verifica então que a
aceleração do carrinho foi de a = 0,3m/s2. A velocidade, v(t) = v(20s) +
(0,3m/s)(t − 20s), antes da segunda parada do carrinho, é a seguinte:
, se .
A Figura 1.15 mostra o gráfico da velocidade e da aceleração do carrinho
no intervalo .
Figura 1.15: Velocidade e a aceleração do carrinho de controle remoto como função do tempo.
8 13s s≤ ≤t
v t( ) = 0 13 16s s≤ ≤t
v t t( ) ( , , )= 4 8 0 3−− m/s
v(m/s) a(m/s2)
1,2
0,6
0
−0,6
−1,2
4 8 12 16 20 24t(s)
0,3
0,2
0,1
0
−0,1
−0,2
−0,3
4 8 12 16 20 24t(s)
v t t( ) , ,= ( )3 12 0 24m/s m/s2−−
16 20s t s≤ ≤
20 24s s≤ ≤tv t t( ) ( , , )= +−−7 2 0 3 m/s
0 24≤ ≤t s
36 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
CECIER J – Extensão 37
AU
LA 1
b. Quando nós calculamos a área abaixo da curva no gráfico de v versus t, encontramos também quanto vale o deslocamento do carrinho. Na primeira
vez em que o carrinho parou, em t = 13s , ele percorreu todo o corredor da
casa. Veja agora na Figura 1.15 que esse deslocamento é igual à área do
trapézio. Se você observar, a base maior do trapézio vale B = 13, enquanto
que a base menor vale b = 8 − 6 = 2. A área do trapézio é dada pela relação
(B + b) h/2, onde h = 1,2 é a altura. A conclusão a que você deve chegar é
que o comprimento do corredor vale
Na segunda vez em que o carrinho parou, o deslocamento foi para trás. Isso
você pode notar, porque o triângulo isósceles da Figura 1.15 está abaixo
do eixo t. A área do triângulo corresponde a um deslocamento
∆x’= −1,2 × (24 − 16)/2m = − 4,8m. A posição em que você vai ver o carrinho
parar pela segunda vez, em relação ao início do corredor, é dada por
c. Quando você olha o instante t = 22s no gráfico de v versus t, encontra que
a velocidade instantânea do carrinho é igual a 0,6m/s.
A aceleração média entre dois instantes é calculada como a = (v1 – v2) /
(t1 – t2). No gráfico da velocidade como função do tempo, você deve calcular
a aceleração média como o coeficiente angular da reta que conecta os
pontos (v1, t1) e (v2, t2). O coeficiente angular da reta que conecta os pontos
(0, 0) e (8, 1,2) vale
,
que é igual à aceleração média do carrinho entre t = 0 e t = 8s. Por outro lado, a
reta que conecta os pontos (16, 0) e (22, –0,6) tem um coeficiente angular
∆ ∆x x−− −−’ ( , ) ,= =9 4 8 4 2m m.
∆x = × +
=1 2 13 22
9, ( )
m m.
av v
0 8
8 08 0
1 28
0 15→ = = =( ) ( ) ( , )( )
, ,s ss s
m/ss
m/s2−−−−
av v
16 22
22 1622 16
0 66
0 1→ = = =( ) ( ) ( . )( )
,s ss s
m/ss
m/s2−−−−
−−−−
38 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional
LEITURA RECOMENDADA
Uma explicação sobre coordenadas e eixo coordenado pode ser vista na Aula 1
da Apostila Física 1A, Módulo 1.
Uma explicação detalhada sobre como podemos calcular a função posição a partir
da função velocidade pode ser vista na Aula 5 da Apostila Física 1A, Módulo 1.
R E S U M O
Nesta aula, definimos conceitos que são usados para descrever o movimento unidi-
mensional.
Definimos o deslocamento e a duração de um intervalo de tempo utilizando-os na
determinação da velocidade média nesse intervalo. Entendemos que a velocidade
num dado instante (velocidade instantânea) é a velocidade média no limite em
que o intervalo de tempo tende a zero, em que o intervalo é medido a partir do
instante dado.
De maneira análoga, definimos a aceleração média e vimos que a aceleração
instantânea é a aceleração média no limite em que o intervalo de tempo tende
a zero.
Descrevemos o significado físico da velocidade e da aceleração e vimos como essas
grandezas podem ser usadas para descrever a posição de uma partícula em um
dado instante.
Finalmente, representamos graficamente a posição, a velocidade ou a aceleração
de uma partícula como função do tempo; também mostramos a interpretação
geométrica dessas grandezas.
obje
tivos2AULA
Meta da aula
Cinemática vetorial
Ao final desta aula, você deverá ser capaz de:
• deduzir as equações do movimento quando o vetor aceleração é constante;
• encontrar o vetor posição, o vetor velocidade instantânea e o vetor aceleração instantânea usando as equações vetoriais para uma partícula em movimento não-retilíneo com aceleração nula ou constante;
• aplicar as equações deduzidas para discutir o lançamento de projéteis;
• utilizar as transformações de Galileu para descrever o movimento em diferentes referenciais.
Discutir os principais aspectos relacionados à cinemática vetorial.
Pré-requisito
Para melhor compreensão desta aula, você precisa ter estudado a Aula 1 – Movimento unidimensional.
Texto adaptado por Lizardo H. C. M. Nunes e Licinio Portugal das apostilas:
- SOUZA, Carlos Farina de; Pinto, Marcus Venicius C.; Soares Filho, Paulo Carrilho. Física 1A. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. v.1.
40 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 41
AU
LA 2
VETOR DESLOCAMENTO, VELOCIDADE E ACELERACÃO
Pelo que você já aprendeu, certamente deve ser capaz de perceber
que o conceito de vetor é perfeito para descrever deslocamentos.
Mas você verá, a seguir, que os vetores também são um meio excelente de
descrever as demais grandezas cinemáticas, como a posição, a velocidade
e a aceleração.
VETOR POSIÇÃO E VETOR DESLOCAMENTO
Considere uma partícula em um ponto P, com coordenadas
x, y e z em relação a um sistema de eixos OXYZ, tal como indicado
na Figura 2.1.
Figura 2.1: Vetor posição de uma partícula com coordenadas x, y e z. Fonte: Física 1A v.1 - Figura 9.1, p. 194.
Essas coordenadas especificam a posição da partícula em relação
ao sistema de eixos, mas também especificam um único vetor r, que vai
da origem do sistema até a posição da partícula. Logo, dado o vetor r,
com sua direção, seu módulo e seu sentido, a posição da partícula fica
univocamente determinada. Colocando-se o ponto inicial do vetor na
origem O, a sua extremidade final determina exatamente a posição da
partícula. Esse vetor r, que vai da origem O do sistema de eixos até a
posição da partícula, é chamado de vetor posição da partícula em relação
ao sistema de eixos.
y
Z
xX
z
O
r
P
y
40 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 41
AU
LA 2
Como o vetor r determina a posição da partícula, muitas vezes nos referimos ao vetor posição como sendo “a posição da partícula”.
!
Para determinar a posição de uma partícula no espaço, usamos
também as coordenadas x, y e z da partícula em relação ao sistema de
eixos OXYZ. Assim, temos duas opções para determinar a posição da
partícula em relação ao sistema de eixos OXYZ, usando o vetor posição
r ou suas coordenadas. As duas opções são equivalentes.
De fato, considere os vetores unitários ux, uy e uz do sistema de
eixos OXYZ. Como fica claro pela Figura 2.1, as componentes do vetor
posição r ao longo desses vetores unitários são exatamente as respectivas
coordenadas da partícula:
(2.1)
Vamos agora considerar que a partícula se mova. Como ux, uy
e uz formam uma base para qualquer vetor no espaço tridimensional,
para um dado instante t do movimento, existe um único vetor posição
nesse instante determinado pela trinca de componentes escalares desse
vetor, ou seja,
(2.2)
O vetor posição é agora uma função do
tempo, que descreve o movimento da partícula.
De fato, se o ponto inicial do vetor posição
permanece fixo na origem do sistema de
eixos coordenados, o ponto final vai traçando
uma curva, que é a trajetória da partícula.
A Figura 2.2 mostra vetores posição de
uma partícula em três instantes diferentes.
Essa figura também mostra a trajetória
da partícula.
r u u u= + +x y zx y z .
r u u u( ) ( ) ( ) ( ) .t x t y t z tx y z= + +
Figura 2.2: Três vetores posição nos instantes t1 , t2 e t3 e a trajetória da partícula. Fonte: Física 1A v.1 - Figura 9.2, p. 198.
r1 = f(t1)
r2 = f(t2)
r3 = f(t3)
y
z
O
x
42 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 43
AU
LA 2
Considere agora uma partícula que em seu movimento passe
por um ponto P1 e depois por um ponto P2 , como exemplificado na
Figura 2.3.
Repare na semelhança que a expressão ∆r = r2 − r1 tem com a definição para o deslocamento no movimento unidimensional, como você viu na Aula 1.
!
Figura 2.3: Vetor deslocamento de P1 para P2 .Fonte: Física 1A v.1 - Figura 9.3, p. 198.
O vetor deslocamento da partícula, de P1 até P2 , é o vetor
definido pela seta com ponto inicial em P1 e ponto final em P2 . Esse
vetor também é chamado de deslocamento vetorial da partícula.
Pela Figura 2.3, é claro que o vetor deslocamento ∆r da po-
sição P1 até P2 é igual à diferença entre o vetor posição r1 e o vetor
posição r2, ou seja,
∆r = r2 − r1.
Note que o deslocamento vetorial de um ponto P1 até um ponto
P2 é geralmente uma informação muito pobre sobre o movimento da
partícula entre esse dois pontos; pois, qualquer que tenha sido a trajetória
seguida pela partícula entre P1 e P2 , o seu deslocamento entre eles será
sempre o mesmo.
r1 r2
P2
P1
y
z
x
O
∆r
42 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 43
AU
LA 2
Se supusermos que uma partícula passa por um ponto P1
em um instante t1 e por um ponto P2 em um instante t2 , o desloca-
mento vetorial da partícula de P1 até P2 será também chamado de
deslocamento vetorial no intervalo de tempo [t1 , t2 ], ou seja,
(2.3) ∆r r rt t t t1 2 2 1→ = −( ) ( ).
A expressão anterior também deve ser comparada com a definição para o deslocamento em um intervalo de tempo no movimento unidimensional, como você viu na Aula 1.
!
Finalmente, dados dois vetores posição,
(2.4)
pela definição de adição de vetores em termos de suas componentes, como
você viu na seção anterior, o vetor deslocamento pode ser escrito como
(2.5)
ou seja, o vetor deslocamento é a soma dos vetores deslocamentos nas
direções dos eixos OX, OY, OX. Para o movimento não-retilíneo,
dizemos que ∆xux é o vetor deslocamento na direção do eixo OX.
Analogamente, os vetores ∆yuy e ∆zuz são os vetores deslocamento nas
direções do eixo OY e OZ respectivamente.
r u u u r u u u1 1 1 1 2 2 2 2= + + = + +x y z x y zx y z x y z e ,
∆r r r
u u u u u u
= −
= + +( ) − + +( )= −( )
2 1
2 2 2 1 1 1
2 1
x y z x y z
x x
x y z x y z
uu u u
u u ux y z
x y z
y y z z
x y z
+ −( ) + −( )≡ + +
2 1 2 1
∆ ∆ ∆ ,
Note que, se o movimento fosse apenas ao longo do eixo OX, o deslocamento seria simplesmente ∆x, como você viu quando estudou o movimento unidimensional, que foi visto na Aula 1.
!
44 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 45
AU
LA 2
VETORES VELOCIDADE MÉDIA E INSTANTÂNEA
Em analogia ao que você viu no movimento unidimensional, seja
uma partícula que no instante t1 estava na posição r1 e em um instante
posterior t2 na posição r2, seu deslocamento vetorial no intervalo
[t1 , t2] é dado pela Equação (2.3). A razão entre o deslocamento vetorial
e o tempo gasto para realizá-lo é chamada de velocidade vetorial média
(ou vetor velocidade média) da partícula no intervalo de tempo em que
ocorreu o deslocamento,
(2.6)
A expressão acima também deve ser comparada com a definição para a velocidade média em um intervalo de tempo no movimento unidimensional, como visto na Aula 1.
!
vr r r
t t
t tt t t1 2
2 1
2 1→ =
−−
≡( ) ( )
.∆∆
Note que a velocidade média é o produto do número positivo 1/∆t
pelo vetor deslocamento ∆r. O resultado ∆r/∆t, que é a velocidade média,
é um vetor com a mesma direção e sentido que o deslocamento ∆r.
Além disso, o módulo da velocidade média dá uma idéia da
rapidez com que a partícula mudou de posição no intervalo de tempo,
embora a velocidade vetorial média em um intervalo de tempo dê apenas
uma informação global sobre a maneira como a partícula se moveu
nesse intervalo. Para saber a velocidade da partícula em um instante em
particular, precisamos recorrer ao conceito de velocidade instantânea,
como você verá a seguir.
Consideremos agora um movimento descrito por r(t). Sejam
t e t +∆t dois instantes do movimento, com ∆t ≠ 0. A velocidade vetorial
média da partícula no intervalo de tempo [t, t + ∆t] é dada por:
(2.7)
Definimos o vetor velocidade instantânea (ou velocidade
instantânea vetorial) da partícula no instante t como o limite da razão
acima quando ∆t tende a zero, ou seja,
vr r
t t t
t t tt→ + = + −
∆∆∆
( ) ( ).
44 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 45
AU
LA 2
(2.8)v
r r rt( ) = = + −
→ →lim lim
( ) ( ).
∆ ∆
∆∆
∆∆t tt
t t tt0 0
Note que o vetor v(t) nos fornece a velocidade como uma função do tempo.
!
Observe agora a Figura 2.4. No limite em que ∆t → 0 , o ponto
P tende para o ponto P’ e a reta secante que passa por P e P’ tende para
a reta tangente à trajetória no ponto P (veja a Figura). Portanto, nesse
limite, a velocidade média tem a direção da reta tangente à trajetória
no ponto P, o que nos leva a concluir que a velocidade instantânea
tem a direção da reta tangente à trajetória no ponto P, isto é, o vetor
velocidade instantânea é sempre tangente à trajetória no ponto em que
a partícula se encontra.
Figura 2.4: Posições de uma partícula em dois instantes t e t + ∆t. Fonte: Física 1A v.1 - Figura 9.5, p. 203.
Além disso, o sentido do vetor velocidade instantânea em um ponto
da trajetória é o sentido em que a partícula se move nesse ponto.
r(t)
r(t + ∆t)
∆r
y
z
x
O
P'
Tangente
Secante
P
46 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 47
AU
LA 2
A Figura 2.5 mostra um exemplo de movimento no qual está
indicada a velocidade instantânea com que a partícula passa por vários
pontos da trajetória.
Figura 2.5: Vetores velocidade em diversos instantes do movimento.Fonte: Física 1A v.1 - Figura 9.6, p. 205.
Se você tirar a ferrugem do seu Cálculo Diferencial e comparar
a definição para o vetor velocidade, dada pela Equação (2.8), com a
expressão para o vetor deslocamento na Equação (2.5), você vai ver que
(2.9)
Mas cada um dos limites acima é a definição das derivadas
(2.10)
como você viu quando estudou o movimento unidimensional, na Aula 1.
Assim, podemos reescrever o vetor velocidade, em termos de suas
componentes, como
(2.11)
v u u( ) lim lim limtxt
yt
ztt x t y t
=
+
+ → → →∆ ∆ ∆
∆∆
∆∆
∆∆0 0 0
uz .
dx tdt
x t t x tt
dy tdt
y t t y t
t
t
( )lim
( ) ( )
( )lim
( ) ( )
≡ + −
≡ + −→
→
∆
∆
∆∆
∆∆
0
0
,
ttdz tdt
z t t z ttt
,
,( )
lim( ) ( )≡ + −
→∆
∆∆0
v u u u u u u( ) .tdx t
dt
dy t
dt
dz t
dtv v vx y z x x y y z z=
( )+
( )+
( )≡ + +
y
z
x
O
v1
v2
v3
v4
v u u u u u u( ) .tdx t
dt
dy t
dt
dz t
dtv v vx y z x x y y z z=
( )+
( )+
( )≡ + +
46 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 47
AU
LA 2
Logo, dado um vetor posição r(t) = x(t) ux + y(t) uy + z(t) uz, podemos
obter a função vetor velocidade instantânea, simplesmente derivando as
componentes da função vetor posição com relação ao tempo.
Finalmente, uma vez que a velocidade de uma partícula é uma
grandeza vetorial, ela possui em cada instante um módulo, uma direção
e um sentido. Basta que apenas uma entre essas três quantidades varie
com o passar do tempo para que a velocidade varie com o tempo. No
caso particular em que o módulo da velocidade permanece constante,
dizemos que ela se move num movimento uniforme. Entretanto, um
movimento uniforme não é necessariamente retilíneo, como, por exemplo,
o movimento circular uniforme, que veremos na Seção 3 desta Aula.
VETORES ACELERAÇÃO MÉDIA E INSTANTÂNEA
Suponha que em um instante t1 uma partícula esteja na posição
r(t1) com velocidade v(t1) e, em um instante diferente t2 , ela esteja na
posição r(t2) com velocidade v(t2), conforme indicado na Figura 2.6.
Note que os cálculos de derivadas e integrais estão fora do objetivo deste curso e não serão cobrados nas avaliações.
!
Figura 2.6: Posições e velocidades de uma partícula em dois instantes de uma partícula em movimento. Fonte: Figura Física 1A v.1 - Figura 9.7, p. 205.
r(t2)
y
z
O
x
r(t2)
v(t1)
v(t2)
48 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 49
AU
LA 2
A expressão acima também deve ser comparada com a definição para a aceleração média em um intervalo de tempo no movimento unidimensional, como você viu na Aula 1.
!
A variação da velocidade vetorial da partícula no intervalo de
tempo [t1, t2] é
(2.12)
O tempo decorrido nessa mudança de velocidade é t2 − t1, que
representamos, como de costume, por ∆t.
A razão entre a variação da velocidade vetorial da partícula e o
tempo gasto para ocorrer tal variação é chamada de aceleração vetorial
média (ou vetor aceleração média) da partícula no intervalo de tempo
[t1, t2] , ou seja,
(2.13)
Figura 2.7: Posições e velocidades de uma partícula em dois instantes, t e t + ∆t. Fonte: Física 1A v.1 - Figura 9.8, p. 206.
y
z
x
v(t + ∆t)
r(t + ∆t)
v(t)
r(t)
∆v v v= ( ) − ( )t t2 1 .
Novamente, a expressão acima também deve ser comparada com a definição para a variação de velocidade em um intervalo de tempo no movimento unidimensional, como você viu na Aula 1. Note ainda que v é um vetor.
!
Note que, de acordo com a definição
acima, a aceleração média vetorial é um vetor
com a mesma direção e sentido que a variação
de velocidade vetorial no intervalo [t1, t2].
Além disso, o vetor aceleração média
em um intervalo de tempo dá apenas uma
informação global sobre a maneira como a
partícula muda sua velocidade vetorial no
intervalo.
Agora, seja t o instante no qual a
partícula esteja na posição r(t) com velocidade
v(t), e t + ∆t outro instante do movimento no
qual a partícula esteja na posição r(t + ∆t)
com velocidade v(t + ∆t), conforme ilustrado
na Figura 2.7.
av v v
t t
t t
t t t2 1
2 1
2 1→ =
( ) − ( )−
≡ ∆∆
.
48 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 49
AU
LA 2
Pela definição na Equação (2.13), o vetor aceleração média da
partícula no intervalo [t, t + ∆t] é dado por
(2.14)
Definimos a aceleração vetorial instantânea (ou vetor velocidade
instantânea) da partícula no instante t, como sendo o limite dessa razão
quando ∆t tende a zero, isto é,
(2.15)
Note que o vetor a(t) é uma função do tempo!
av v v
t t t
t t t
t t t t+ → =+( ) − ( )− −
≡∆
∆∆
∆∆
.
A expressão acima também deve ser comparada com a definição para a aceleração instantânea no movimento unidimensional, como você viu na Aula 1.
!
O módulo da aceleração vetorial instantânea dá a rapidez com que a partícula está mudando sua velocidade no instante t. Note que, se a velocidade mudar somente em módulo e sentido, sem mudar a direção, a aceleração tem sempre a mesma direção da velocidade; esse é o caso de um movimento retilíneo. Mas a velocidade também pode mudar sem alterar o seu módulo. Nesse caso, a aceleração tem direção perpendicular à velocidade, como no caso do movimento circular. Além disso, a velocidade pode mudar em direção, módulo e sentido, e, nesse caso, a aceleração pode ter qualquer direção.
Finalmente, vamos substituir a Equação (2.11) na Equação (2.15)
para fazer um cálculo análogo ao visto na Equação (2.9) e mostrar que
a(t) se reescreve como
(2.16)
Logo, dado um vetor velocidade v(t) = vx(t) ux + vy(t) uy + vz(t)uz,
podemos obter a função vetor aceleração instantânea, simplesmente derivando
as componentes da função vetor velocidade em relação ao tempo.
a u u u( )( ) ( ) ( )
.tdv t
dt
dv t
dt
dv t
dtx
xy
yz
z= + +
av v v
t t t
t t t
t t tddt2 1 0
1→ →=
+( ) − ( )− −
≡lim .∆
∆∆
50 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 51
AU
LA 2
Espere aí! Já sabemos que é possível obter o vetor velocidade se
derivarmos as componentes do vetor deslocamento com relação ao tempo!
Então, basta derivar duas vezes as componentes do vetor deslocamento
com relação ao tempo para obtermos a aceleração, ou seja,
(2.17)
Você poderia agora nos perguntar:
Seria possível resolver o problema inverso; isto é, conhecendo-se
a aceleração, é possível descobrir a posição da partícula?
Note que, no caso do movimento retilíneo, se conhecermos a
função aceleração, podemos obter a função posição se soubermos v0 e a
posição x0 no instante inicial t0 . Como você já viu, essa função é obtida
por meio do cálculo de uma integral. Analogamente, podemos fazer o
mesmo para o movimento não retilíneo, desde que o vetor posição inicial
e o vetor velocidade inicial sejam conhecidos, como você verá a seguir.
Assim, dado o vetor velocidade v0 no instante inicial t0 , a função
vetor velocidade para um instante posterior t é obtida por meio do
cálculo de uma integral,
(2.18)
onde ax(t), ay(t) e az(t) são as componentes escalares do vetor aceleração,
que são funções do tempo. Assim, basta integrar as componentes do
vetor aceleração para encontrarmos o vetor velocidade!
Analogamente, dado o vetor posição r0 no instante inicial t0,
podemos calcular a função vetor posição para um instante posterior t,
(2.19)
Se você substituir o resultado acima na Equação (2.18), é possível
mostrar que o vetor posição se reescreve como
(2.20)
a u u u( )( ) ( ) ( )
.t d x tdt
d y tdt
d z tdtx y z= + +
2
2
2
2
2
2
v v a
v u u u
( ) ( ) ’
( ’) ( ’) ( ’)
’
t t dt
a t a t a t
t t
t
x x y y z
= +
= + + +
=∫0
0
0
zzt t
t
xt t
t
x y
dt
a t dt a t
= +
+
=
=
∫
∫
’
( ’) ’ ( ’
’
’
0
0
0 v u )) ’ ( ’) ’ ,’ ’
dt a t dtt t
t
y zt t
t
z= =∫ ∫
+
0 0
u u
r r v( ) ( ’) ’.’
t t dtt t
t
= +=∫0
0
r r v a( ) ( ’’) ’’ ’.’’’
t t t t dt dtt t
t
t t
t
= + −( ) +==∫∫0 0 0
00
50 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 51
AU
LA 2
ATIVIDADES
Para o caso em que o vetor a(t) é um vetor constante, isto é, a(t) = a,
as integrais acima podem ser calculadas facilmente. Assim, obtemos:
(2.21)
A expressão acima deve ser comparada com a lei horária
do movimento para o MRUV, que você estudou no movimento
unidimensional, na Aula 1.
r r v a( ) .t t t t t= + −( ) + −( )0 0 0 0
212
Note ainda que, embora o cálculo de derivadas e integrais esteja fora do objetivo deste curso e que não seja cobrado nas avaliações, você já deve ter percebido que ele é bastante útil.
!
1. Um trem se move para leste com uma velocidade constante de 60Km/h, durante 40min; depois, na direção 60o para o leste a partir do norte, durante 20min; e, finalmente, na direção oeste, durante 50min.
a. Qual é o vetor deslocamento do trem neste percurso?
b. Qual é a direção e o módulo do vetor deslocamento do trem?
c. Qual é o vetor velocidade média do trem neste percurso? Qual é a direção e o módulo do vetor velocidade média do trem?
52 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 53
AU
LA 2
RESPOSTAS COMENTADAS
Vamos usar o eixo +X na direção leste e o eixo +Y na direção norte,
como está mostrado na Figura 2.8.
a. Para você calcular o deslocamento de todo o percurso,
é necessário encontrar primeiro o deslocamento de cada trecho
do percurso. Depois, basta que você some todas as contribuições,
∆r =∆r1 +∆r2 +∆r3 .
O vetor deslocamento é calculado com a fórmula ∆r = ∆v∆t, sendo
que o módulo do vetor velocidade é de |v| = 60km/h. Então, no
primeiro trecho que leva ∆t = 40min = 2/3h, você tem de calcular
O segundo deslocamento tem módulo igual a |∆r2| = (60Km/h)
(1/3h) = 20Km. Como a direção é de 60o nordeste, ou seja,
90o−60o = 30o para o norte (+Y) a partir do leste (+X), você conclui
que o ângulo entre os vetores ∆r2 e ux é de 30o. As componentes
do vetor deslocamento são |∆r2| cos(30o) na direção X e |∆r2|
sen(30o) na direção Y. O vetor deslocamento desta etapa, que leva
t = 20 min =1/3h, vale
.
Você deve lembrar que o terceiro trecho do percurso é feito em
∆t = 50,0min = 5/6h na direção oeste, ou seja, na direção -X. Assim,
o vetor deslocamento é dado por
Você vai obter o deslocamento total do percurso somando as três
contribuições,
∆ =
=r2
u u1 603
40kmh
h km/h)x x(
∆ = −
= −( )r u u3 6056
50kmh
kmh x x
Figura 2.8: Os eixos escolhidos são o leste, representado por +X, e o norte, por +Y. Este diagrama mostra os vetores ∆r1 , ∆r2 , ∆r3 e o vetor resultante ∆r.
∆r2
∆r3∆r
Y
X
30,0053,90
∆r1
.
∆ = ∆ + ∆ + ∆ = +( )r r r r u u1 2 3 7 32 10, x y km
∆ = +( )r u u2 17 3 10, x y km
52 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 53
AU
LA 2
Para você calcular o módulo do deslocamento, |∆r|, é necessário
extrair a raiz quadrada da soma dos quadrados das componentes
cartesianas,
b. O ângulo θ que o vetor ∆r faz com o leste, ou melhor, com o vetor
unitário ux , é calculado com a fórmula
.
c. Agora, você pode calcular a velocidade média do trem, v = ∆r/∆t,
sabendo que todo o tempo gasto na viagem foi de ∆t = (40 + 20 +
50)min = 110min. Esse intervalo de tempo equivale a ∆t = 1,83h.
Você deve encontrar a seguinte velocidade média:
O módulo deste vetor, como você sabe, é calculado da seguinte
forma:
Por fim, você deve calcular o ângulo θ entre o vetor ∆v e a direção
leste. Isso pode ser obtido pela fórmula
.
2. Um pescador arremessa um anzol no mar. Um peixe que está em um ponto r0 = (5ux - 15uy)m, medido com relação ao pescador, está nadando no mar com uma velocidade constante v0 = (2ux + 1uy)m/s. Quando o peixe vê a isca cair no mar, ele nada em direção à isca com aceleração constante por 20s, alcançando uma velocidade v = (6ux + 5uy)m/s. Depois de 21s com aceleração constante, o peixe morde a isca.
a. Quais são as componentes do vetor aceleração? Qual é a direção da aceleração com respeito ao vetor unitário ux?
b. Onde o pescador arremessou a isca e qual foi a distância do arremesso? Qual foi a distância e a velocidade média do peixe até alcançar a isca?
c. Em qual direção o peixe estava se movendo no momento em que mordeu a isca?
| | , ,∆ = + ≈r 7 32 10 12 42 2 km km
tan ,θ θ= ⇒ =107,32
53 80
v u u= +( , , )3 99 5 45x y km/h
| | , , ,v = + ≈3 99 5 45 6 762 2 km/h km/h
tan,,
,θ θ´ ´= ⇒ =5 453 99
53 8o
54 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 55
AU
LA 2
RESPOSTAS COMENTADAS
Primeiramente, vamos visualizar o problema desenhando os eixos X
e Y, como na Figura 2.9. Neste desenho, o peixe está em sua posição
inicial, r0 = (5ux − 15uy)m, com uma velocidade v0 = (2ux + 1uy)m/s.
Figura 2.9: A origem dos eixos X e Y fica localizada no ponto onde está o pescador. São mostrados os vetores de posição e de velocidade, inicial e final, do peixe.
a. Para você calcular a aceleração, note que o peixe variou a
velocidade de v0 = (2ux + 1uy)m/s para v = (6ux + 5uy)m/s em
∆t = 20s. A variação do vetor velocidade foi de ∆v = v - v0. Se você
calcular a aceleração com a fórmula a =∆v/∆t, então,
Y(m) v(21,0)
r(21,0)
X(m)
60
50
40
30
20
10
0
−10
−20
10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
v0
r0
au u
u u=−( ) + −( )
= +( )6 2 5 2
200 20 0 202
2x yy y
ms
m s, , /
54 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 55
AU
LA 2
O vetor aceleração faz um certo ângulo θ com o vetor unitário ux .
A tangente deste ângulo pode ser calculada quando você lembrar
que tanθ = ax/ay . Não é difícil você ver que a tangente deste
ângulo θ vale
b. Agora você pode escrever a posição do peixe como função do
tempo. Para o movimento uniformemente variado bidimensional,
o vetor posição do peixe é dado por r(t) = r0 + v0 t + at2/2. Quando
você substituir nesta fórmula a aceleração, a posição e a velocidade
inicial, você chegará à seguinte função horária:
Dado que o peixe mordeu a isca em t = 21s, a posição do peixe r(21s)
nesse instante é a localização de onde o pescador jogou a isca. Quando
você calcular a posição do peixe em t = 21s, vai concluir que
A distância em que o peixe mordeu a isca, com relação aos pés do
pescador, é dada pelo módulo do vetor de posição, | r0 |. Lembre-se
de que, para calcular o módulo de um vetor, você tem de extrair a raiz
quadrada da soma dos quadrados de cada uma das componentes. Neste
caso, a distância onde o pescador conseguiu jogar a isca foi de
A distância percorrida pelo peixe, que parte de r0 no instante t = 0s
e vai até r(21s) em t = 21s, vale simplesmente |∆r | = |r(21s) − r0|.
Portanto, você vai concluir que a distância percorrida pelo peixe vale
A velocidade média é calculada como a razão v =∆r/∆t. Entre os instantes
t = 0s e 21,0s, a velocidade média do peixe que você vai encontrar é
c. No movimento uniformemente variado em duas dimensões, você
deve calcular o vetor velocidade com a fórmula v(t) = v0 + at. Quando
você usar a velocidade inicial, v0 = (2ux + 1uy)m/s, e a aceleração,
a = (0,20ux + 0,20uy)m/s2 , você vai encontrar
r u( ) / , / / , /t t t tx= + ( ) + ( ) + − + ( ) + ( )5 2 0 10 15 1 0 102 2 2m m s m s m m s m s uy
r u( ) / , / / , /t t t tx= + ( ) + ( ) + − + ( ) + ( )5 2 0 10 15 1 0 102 2 2m m s m s m m s m s uy
r u u( )21s 91,1 50,1 m= +( )x y
r r21 86 1 35 102 2s m 93m( ) − = + ≈, ,
r 21 91 1 50 12 2s m 104m( ) = + ≈, ,
tan,,
θ θ= = ⇒ =0 20 2
1 45o
vu u
u u0 21
91 1 5 50 1 15
213 10→ =
−( ) + − −( )( )
+, ,
/ ,x yxm s = 4,10 yy( )m s/v
56 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 57
AU
LA 2
Em t = 21s, a velocidade que você calcula é v(21s) = (6,20ux +
5,20uy )m/s. Assim, a direção em que o peixe estava se movendo no
momento em que mordeu a isca é dada pelo ângulo θ´ entre os vetores
v(21s) e ux. Você tem de lembrar que este ângulo é obtido por meio da
seguinte fórmula:
Assim, o peixe se move na direção do vetor velocidade do peixe v(21s) ,
que faz 40o com a direção X.
MOVIMENTO CIRCULAR
Um movimento bidimensional de grande importância na Física é o
Movimento Circular Uniforme (MCU). Exemplos desse tipo de movimento
podem incluir um ponto sobre um LP em rotação numa vitrola, os ponteiros
de um relógio, carros se locomovendo ao longo de uma rotatória ou
(em boa aproximação) a órbita da lua ao redor da Terra.
No MCU, uma partícula se move ao longo de uma trajetória
circular de raio r e o módulo da velocidade instantânea se mantém
constante ao longo de todo o movimento. Porém, o vetor velocidade
muda continuamente de sentido e direção, mantendo-se sempre tangente
ao círculo. A aceleração instantânea também possui módulo constante e
sua direção aponta sempre para o centro do círculo. Por causa disso, a
aceleração é chamada de aceleração centrípeta, que significa procurando
o centro. Na direção tangencial, a aceleração é nula.
Na Figura 2.10, podemos ver a ilustração dos conceitos discutidos,
notando sempre que os vetores aceleração e velocidade são sempre
perpendiculares entre si. Na Aula 4, vamos analisar em detalhes o
conceito da aceleração centrípeta. Nesta seção, vamos apenas descrever
o movimento de uma partícula que segue uma trajetória circular.
v t t
t
x
y
( ) / , /
/ , /
= ( ) + ( ) + ( ) + ( )
2 0 20
1 0 20
2
2
m s m s
m s m s
u
u
tan,,
,θ θ´ ´= ⇒ ≈5 206 20
40 0o
56 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 57
AU
LA 2
Na Aula 1, vimos vários exemplos de Movimento Retilíneo
Uniforme (MRU). O propósito desta aula é demonstrar como um MCU
pode ser descrito de forma análoga ao de um simples MRU. Ao mesmo
tempo, vamos também introduzir os novos conceitos de velocidade
angular, período do movimento e freqüência.
O movimento de uma partícula, como você viu na aula anterior, é
determinado pela lei horária de movimento em conjunto com as condições
iniciais, ou seja, para o movimento retilíneo (movimento unidimensional),
uma vez conhecida a posição x(t0) e a velocidade v(t0) inicial da
partícula, a lei horária de movimento nos permite encontrar sua posição
futura em qualquer instante de tempo.
O número mínimo de coordenadas necessárias para determinar
completamente o movimento da partícula é chamado de número de graus
de liberdade do sistema. Portanto, para cada direção possível, em que a
partícula for capaz de se mover, existem dois graus de liberdade associados:
um para a posição e outro para a velocidade. Vemos, então, que o número
de graus de liberdade do sistema está diretamente relacionado com o
número de dimensões. Assim, tanto para o MRU quanto para o MRUV,
que são movimentos unidimensionais, o número de graus de liberdade
é dois. Um movimento plano genérico possui então, a princípio, quatro
graus de liberdade. Porém, em alguns casos, o sistema possui vínculos que
são responsáveis pela redução dos graus de liberdade do sistema.
Figura 2.10: A aceleração está sempre dirigida para o centro do círculo e, portanto, é sempre perpendicular à velocidade no MCU.
v
a
a
vv
a
O
58 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 59
AU
LA 2
Como exemplo de um sistema com vínculo, veremos agora em
detalhes o caso do MCU. Durante o movimento da partícula, o raio da
trajetória permanece fixo, funcionando assim com um vínculo para o
movimento. Neste caso, poderemos reduzir os graus de liberdade do sistema
de quatro para apenas dois. Desta forma, devido à presença do vínculo e
conseqüentemente à redução dos graus de liberdade, poderemos escrever
em analogia ao MRU a lei horária para o MCU. Lembrando sempre que
isto é possível, pois ambos possuem apenas dois graus de liberdade.
Figura 2.11: MCU com o eixo de coordenadas (x,y), definindo as variáveis θ(t) e s(t).
Na Figura 2.11, temos um MCU definido pelo círculo de raio r.
Colocamos a origem do eixo de coordenadas no centro do círculo. Assim,
a posição instantânea P da partícula é dada pelo vetor deslocamento
r OPr u ruu
= . Definido o eixo de coordenadas, podemos decompor o vetor
deslocamento em termos dos vetores unitários ux e uy como:
r
r r u r ux y= +cos sin .θ θ
O r Q
S
y
x
r OPr u ruu
=θ
P
58 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 59
AU
LA 2
Em nosso curso, um vetor poderá ser denotado por uma única letra em negrito, por exemplo, a, ou um vetor poderá também ser representado pela conhecida notação:
ra .Já o módulo de um vetor a será denotado por | a | ou
r
a . Também poderemos representar o módulo de um vetor abolindo o negrito da letra, ou seja, simplesmente por a.
!
Na decomposição acima, vemos claramente que, como o raio
é fixo, a posição instantânea da partícula é definida por apenas uma
variável, o ângulo θ entre o eixo x e o vetor deslocamento r OPr u ruu
= . Como
a posição da partícula está variando com o tempo e é determinada pelo
ângulo θ, este ângulo é uma função do tempo, θ(t).
O arco s, correspondente ao ângulo θ(t) sobre o círculo, é dado por:
(2.22)
onde o ângulo θ é medido em radianos. Desta maneira, a posição da
partícula fica definida por uma única variável, ou seja, para escrever a
lei horária, precisamos conhecer apenas o valor do ângulo, ou do arco,
no instante inicial. Porém, para descrever completamente a evolução do
sistema, seria necessário conhecer o valor inicial da velocidade, que possui
duas componentes. Mas, como veremos agora, será necessário apenas
conhecer o valor do módulo da velocidade que se mantém constante
ao longo do movimento, demonstrando assim que, devido à presença
do vínculo, o número de graus de liberdade do sistema é reduzido de
quatro para dois.
Quando o ângulo é medido em radianos, o comprimento do trajeto
percorrido pela partícula durante esse intervalo de tempo é igual a rθ, e
os vetores r
v1 e r
v2 possuem o mesmo módulo, v, pois, como dissemos
anteriormente, no MCU as velocidades permanecem constantes, embora
o sentido e a direção sejam diferentes. Logo, o comprimento de arco
P P1 2 também pode ser escrito como:
(2.23)
s t r t( ) ( ),= θ
r v tθ = ∆ .
60 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 61
AU
LA 2
A medida, em radianos, de um ângulo é o comprimento do arco cortado pelo ângulo, dividido pelo raio do círculo. O Sistema Internacional utiliza o radiano como a unidade para ângulos. Devido ao seu relacionamento com o comprimento do arco, os radianos são uma unidade especial. (Por exemplo, a Equação (2.2.2) só é válida quando o ângulo é medido em radianos.) Além disso, a medida em graus de um ângulo é o comprimento de um arco, dividido pela circunferência de um círculo e multiplicada por 360. O símbolo de grau é um pequeno círculo sobrescrito °. Portanto, 2π se radianos é igual a 3600 (um círculo completo), então, um radiano é aproximadamente 57º (360º/2 x 3,14159...) e um grau é π/180 radianos.
Para um deslocamento ∆θ, no intervalo de tempo ∆t, o vetor ∆ru ru
se confunde com o arco de círculo ∆ ∆s r= θ (corda e arco se confundem)
quando ∆t → 0 , portanto, v é a velocidade instantânea tangente ao
círculo. O sistema possui apenas dois graus de liberdade: a posição da
partícula em qualquer instante de tempo é determinada apenas pelo
ângulo (ou arco) inicial e o módulo da velocidade.
De acordo com a definição de um MCU, não existe aceleração
na direção tangencial, somente na radial, o que nos permite escrever
diretamente a lei horária do movimento para a variável S como a de
um simples MRU:
(2.24)
onde s0 é o valor do arco no instante inicial t0 e v é o módulo da
velocidade, que se mantém constante ao longo do movimento.
Já que é preciso analisar propriedades angulares mais do que lineares,
no movimento circular podemos introduzir propriedades angulares, como
o deslocamento angular e a velocidade angular, empregando a Equação
(2.22), para escrever a lei horária do movimento:
(2.25)
onde
(2.26)
chama-se velocidade angular, ou seja, temos analogamente à definição
de velocidade instantânea o conceito de velocidade angular instantânea
definida por:
s t s v t t( ) ( ),= + −0 0
θ θ ω( ) ( ),t t t= + −0 0
ω = vr
,
60 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 61
AU
LA 2
Note que a Equação (2.26), escrita sob a forma v r= ω , nos mostra
que, num disco em rotação uniforme (por exemplo, um disco de vinil
numa vitrola), a velocidade tangencial cresce linearmente com a distância
ao centro, sendo nula no centro e máxima na periferia.
Outra característica importante de um MCU é que este é periódico.
O período T do movimento é definido como o tempo que uma partícula
leva para percorrer uma volta completa ao redor do círculo. Como a
partícula se move com o módulo da velocidade constante v, o tempo
total para percorrer o círculo de perímetro 2π r é :
(2.28)
O inverso do período chama-se freqüência, definida como:
(2.29)
A freqüência dá o número de rotações por unidade de tempo.
Logo, podemos escrever a velocidade angular em termos do
período e da freqüência utilizando as definições (2.28) e (2.29) como:
(2.30)
No S.I., a velocidade angular é medida em radianos por segundo, rad/s. Por exemplo, a velocidade angular do ponteiro dos segundos de um relógio, para o qual T = 1 min, é ω π= ≈−2 60 0 1/ ,s rad/s1 .
Tr
v= 2π
.
fT
= 1.
ωπ
π= =22
Tf .
No S.I., a unidade de período é o segundo, e a unidade de freqüência é o inverso do segundo, s–1. Essa unidade é conhecida como hertz (símbolo Hz), em homenagem ao ilustre físico alemão Heinrich Rudolf Hertz (1857-1894).Além disso, por ser periódico, a velocidade angular do MCU pode ser medida em ciclos (ou rotações) por unidade de tempo. Assim, é comum medir a velocidade angular em revoluções por minuto, rpm. Aliás, 1 rad/s = 60/2 πrpm.
Por exemplo, um LP tem 3313 rpm (rotações por minuto), o que
corresponde a f ≈ =−0 5 0 5, ,s Hz1 e T ≈ 2s.
ωθ= d
dt. (2.27)
62 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 63
AU
LA 2
No MCU, não existe aceleração tangencial. Portanto, o módulo da
velocidade angular é sempre constante. Porém, existem casos em que a
aceleração tangencial é diferente de zero. No caso de um movimento circular
uniformemente variado, a aceleração tangencial é constante, e podemos
descrever este movimento simplesmente utilizando as propriedades
angulares do sistema. A aceleração angular é definida como:
Você pode aprender mais sobre a biografia do físico alemão Heinrich Rudolf Hertz em :http://pt.wikipedia.org/wiki/Heinrich_Rudolf_Hertz
No S.I., a aceleração angular é medida em radianos por segundo "por segundo", ou simplesmente rad/s2.
Desta maneira, podemos integrar a fórmula acima e obter a lei
horária de movimento:
(2.31)
Esta fórmula é análoga ao MUV estudado na seção anterior, onde
θ0 é o valor do ângulo inicial, ω0 o valor da velocidade angular inicial e
α a aceleração angular do movimento.
αω= d
dt
2
2
θ θ ωα
( ) ( ) ( ) .t t t t t= + − + −0 0 0 02
2
62 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 63
AU
LA 2
ATIVIDADES
3. Em uma inspeção de manutenção, a turbina de um avião, de 1,5m de raio, é ligada e começa a girar de acordo com o gráfico mostrado na Figura 2.12.
a. Quantas revoluções esta turbina realizou durante o teste?
b. Qual é a aceleração angular desde t = 0 até t = 5min?
c. Qual é a velocidade linear de um ponto na extremidade da turbina no instante t = 3,5min?
Figura 2.12: Velocidade angular da turbina do avião em função do tempo.
t(min)
3000
2000
1000
01 2 3 4 5
ω(rev/min)
64 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 65
AU
LA 2
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Você pode calcular o número de revoluções da turbina a partir
da área sobre a curva mostrada na Figura 2.10. Como o gráfico
mostrado tem a forma de um trapézio, você pode calcular a área do
trapézio com base maior B = 5min, base menor b = 2,5min e altura
h = 3000rpm.
b. A aceleração angular da turbina depende do tempo. Em cada
parte do gráfico, você vai poder usar a seguinte relação:
Observe que este resultado é interpretado graficamente como a
inclinação da reta no gráfico da Figura 2.10.
Até o primeiro minuto, a turbina tem um movimento circular
uniformemente acelerado,
Como você pode ver na Figura 2.10, para 1min < t < 3,5min, a
turbina mantém a velocidade angular constante de 3000rpm. Isto
significa que o movimento circular é uniforme, ou seja,
Note que o resultado acima pode ser calculado a partir da inclinação
da reta no gráfico na Figura 2.10, que é zero porque a reta é
horizontal.
Depois de manter a velocidade angular constante, no instante
t = 3,5min a turbina passa a ter um movimento uniformemente
variado. A velocidade angular da turbina varia de ∆ω = −3000rpm
em ∆t = 1,5min, ou seja,
c. Para um ponto na extremidade, afastado do centro da turbina de
r = 1,5m, você pode calcular a velocidade linear como
∆θ = +
=B bh
211 250. .rev
αω= ∆
∆t.
α = −−
= < <( )( )
min.3000 0
1 03000 0 1 rev/min , se 2 t
α = < <0 1 3 5 , se min , min.t
α = −−
= − < <( )( , )
, .0 30005 3 5
2000 3 5 5rev/min , se min min2 t
v r= = ≈ωπ
( .3000rpm)(2 rad/s)(60 rpm)
(1,5m) 471m/s
64 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 65
AU
LA 2
4. A roda maior mostrada na Figura 2.13, de 30cm de raio, transmite seu movimento à roda menor, de 20cm de raio, através da correia C, que permanece sempre bem esticada e sem deslizamento. A roda maior parte do repouso com aceleração angular uniforme e leva 1 min para atingir sua velocidade de regime permanente, realizando um total de 540 rotações durante esse intervalo. Determine:
a. a aceleração angular da roda maior?
b. a velocidade angular da roda maior, em rad/s e rpm, uma vez atingido o regime permanente?
c. a velocidade angular da roda menor, em rad/s e rpm, uma vez atingido o regime permanente?
d. a velocidade linear da correia, uma vez atingido o regime permanente?
Figura 2.13: As duas rodas conectadas pela correia C.
30cm 20cm
C
66 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 67
AU
LA 2
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Você deve observar que o movimento circular da roda maior não é
uniforme. Essa roda parte do repouso e completa ∆θ = 540 rotações
em ∆t = 1min, ou melhor, ∆θ = 3.391rad em ∆t = 60s. Você pode
determinar a aceleração angular da roda maior a partir da função
horária da posição angular, ∆θ = αt2/2,
b. Note que a roda maior parte do repouso, ω0 = 0, e executa um
movimento circular uniforme. Quando o regime permanente é atingido,
a velocidade angular da roda maior pode ser calculada com a seguinte
equação:
Em rpm, você deve usar a conversão de unidades 1rad/s = (60/2π)
rpm. Nesta unidade, o resultado é
c. Agora você precisa saber como a roda maior transmite seu movimento
para a roda menor através da correia C. Vamos usar o raio r1 = 30cm
para a roda maior e o raio r2 = 20cm para a roda menor.
Quando a roda maior gira de ∆θ1 , a roda menor deve girar de ∆θ2 ,
conforme está mostrado na Figura 2.14. Qual é a relação entre os
ângulos ∆θ1 e ∆θ2?
Figura 2.14: Relação entre os deslocamentos das duas rodas.
α θ= = ≈2 2 3 39160
1 8842 2
∆∆t
( . )( )
, .rad s
rad/s2
ω α1 1 884 60 113= ≈ ≈∆t ( , ( ) .rad/s ) s rad/s2
ωπ1 113
602
1080= ≈( )( )
rad/srpm
(rad/s)rpm.
C
∆S1
∆θ1
∆θ2
∆S2
Para responder a essa pergunta, vamos começar pensando no
segmento da correia em contato da roda maior. Ao girar a roda
maior de ∆θ1 , a correia se desloca de um comprimento ∆S1 = r1∆θ1.
66 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 67
AU
LA 2
Como conseqüência, a roda menor também gira porque o segmento
da correia em contato com a roda menor se desloca de ∆S2 = r2∆θ2 .
Como a correia permanece sempre bem esticada e não ocorre
deslizamento, os deslocamentos dos dois segmentos da correia
devem ser iguais,
Ao dividir as relações acima por ∆t, você pode conferir também que
A partir da equação acima, você vai poder calcular a velocidade
angular da roda menor no regime permanente, em rad/s,
ou em rpm,
d. Você pode calcular a velocidade linear da roda menor usando a
seguinte relação:
∆ ∆ ∆ ∆S S r r1 2 1 1 2 2= ⇒ = θ θ .
∆∆
∆∆
St
St
r r1 21 1 2 2= ⇒ = ω ω .
ω ω21
21
3020
113 170= ≈ ≈rr
( )( )
( ) .cmcm
rad/s rad/s
ω2
3010
1080 3240= ≈( )( )
( )cmcm
rpm rpm.
v r2 2 2 0 2 170 34= ≈ ≈ω ( , )( )m rad/s m/s.
LANÇAMENTO DE PROJÉTEIS
Como você deve saber, um corpo em queda livre próximo
à superfície terrestre e cuja velocidade é pequena o suficiente para
desprezarmos a resistência do ar sofre uma aceleração constante de
módulo 9,8m/s2, apontando sempre para o centro da Terra (o que
determina a direção vertical).
Nesta seção, iremos analisar movimentos um pouco mais gerais
do que a queda livre, vamos considerar os lançamentos oblíquos, em
que o vetor velocidade da partícula tem uma componente vertical e
uma componente horizontal. Estes movimentos são também comumente
chamados de lançamentos de projéteis.
Além disso, quando o vetor aceleração é constante, pode-se
demonstrar que a trajetória da partícula está sempre contida num plano
(veja, por exemplo, o problema 2 da Aula 11 da apostila Física 1A,
68 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 69
AU
LA 2
Módulo 1, disponibilizado no ambiente virtual da sala de aula deste
curso). Logo, como o vetor aceleração é constante e igual à aceleração
da gravidade no movimento de projéteis, o movimento é plano.
Por conveniência, vamos escolher os eixos cartesianos, de modo que o
movimento ocorra no plano OXY.
Suponha então que uma partícula seja lançada do ponto
P0 = (x0, y0). Vamos dizer que, no instante do lançamento t0, o módulo
do vetor velocidade inicial, seja v0 = |v0|. Além disso, vamos chamar de
θ0 o ângulo entre o vetor velocidade e o vetor unitário uX. A Figura 2.15
ilustra esse lançamento.
Figura 2.15: Projétil lançado de um ponto P0 = (x0, y0) com velocidade inicial v0.Fonte: Figura Física 1A v.1 - Figura 11.1, p. 240.
Nosso objetivo nesta seção é encontrar a função vetor posição
da partícula. Mas, como você viu na seção anterior, se o ponto inicial
do vetor posição permanece fixo na origem, o ponto final vai traçando
uma curva, que é a trajetória da partícula. Então, para o nosso caso
específico, em que o movimento do projétil ocorre no plano OXY,
a trajetória neste plano corresponde à função y(x).
P0
v0
θ0
x0O x
y
y0
68 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 69
AU
LA 2
Vamos começar escrevendo o vetor aceleração,
(2.32)
onde g = 9,8m/s2. Substituindo esta expressão na Equação (2.21), temos
imediatamente
(2.33)
Vamos agora escrever os vetores posição inicial e velocidade inicial
em termos de suas componentes:
(2.34)
Substituindo a equação acima na Equação (2.33) , o vetor posição
se reescreve como
(2.35)
Podemos, assim, identificar as componentes escalares do vetor
posição do projétil como os termos entre colchetes na expressão acima:
(2.36)
Comparando o resultado acima com as leis horárias vistas quando
você estudou a aceleração constante na Aula 1, você vai perceber que
a projeção da posição ao longo de OX corresponde ao MRU, enquan-
to a projeção da posição ao longo de OY corresponde ao MRUV.
Observe agora o vetor v0 visto na Figura 2.15 e compare-o com a
Figura A.11 no apêndice desta aula. Uma vez que foram dados o módulo
da velocidade inicial v0 e o ângulo θ0 entre v0 e ux , podemos expressar as
componentes vx0 e vy0 em termos dessas quantidades,
(2.37)
r r v u( )t t t g t t y= + −( ) − −( )0 0 0 0
212
.
r u u
v u u0 0 0
0 0 0
= += +
x y
v vx y
x x y y
.
r u u( )t x v t t y v t t g t tx x y y= + −( ) + + −( ) − −( )
0 0 0 0 0 0 0
212
.
x t x v t t
y t y v t t g t t
x
y
( )
( )
= + −( )= + −( ) − −( )
0 0 0
0 0 0 0
212
v v
v vx
y
0 0 0
0 0 0
==
cosθθsen
.
a = −g yu ,
70 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 71
AU
LA 2
Sem perda de generalidade, vamos fazer t0 = 0 e substituir a
expressão acima na Equação (2.36) para escrever as conhecidas equações
paramétricas da trajetória do lançamento de projéteis:
(2.38)
Assim, para encontrarmos a curva que a partícula “desenha” ao
mover-se no plano OX (que é a trajetória), basta eliminarmos o tempo
na Equação (2.38). Logo,
(2.39)
Essa é a equação cartesiana da trajetória. Trata-se de uma
parábola, de eixo vertical, que passa pelo ponto P0 = (x0, y0). Note
ainda que a tangente a essa parábola, passando por P0 , tem a mesma
direção de v0.
A partir da Equação (2.38), você pode também encontrar as
componentes escalares da velocidade derivando com relação ao tempo
x(t) e y(t). Logo,
(2.40)
Vamos agora assumir que o projétil seja lançado da origem, ou
seja, vamos dizer que P0 = (0, 0). (Podemos dizer também que a partícula
foi lançada do solo). Sob essa condição, vamos calcular a seguir a altura
máxima atingida pelo projétil e a que distância do ponto de lançamento
ele atinge o solo. Essa distância é chamada alcance do projétil e será
denotada por A.
Você pode agora se perguntar:
Qual a velocidade vertical do projétil quando ele atinge o ponto
mais alto da trajetória?
Essa é fácil, um pouco antes de atingir o ponto mais alto da
parábola, o projétil está subindo e, um pouco depois de ter passado por
ele, está descendo. Portanto, a velocidade vertical no ponto mais alto
só pode ser nula.
x t x v t
y t y v t g t
( ) cos
( ).
= +
= + −
0 0
0 021
2
θ
θsen
y x y x xg
vx x( ) tan
cos.= + −( ) −
( )−( )0 0 0
0
2 20
0
2
2θ
θ
v t v
v t v g tx
y
( ) cos
( ).
== −
0
0
θθsen
70 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 71
AU
LA 2
Para fazer as contas, vamos chamar de tm o instante em que o
projétil atinge o ponto mais alto da trajetória. Substituindo a condição
de que vy(tm)= 0 na Equação (2.40), temos
(2.41)
Para encontrar a altura máxima, basta substituirmos o resultado
acima na Equação (2.38) para encontrarmos
(2.42)
Agora, qual a altura da partícula quando ela atinge o solo?
Ora, a altura é zero quando ela atinge o solo. Assim, se chamarmos de tA
o instante em que o projétil atinge o solo, temos y(tA) = 0. Substituindo
esta condição na Equação (2.38), temos uma equação do segundo grau,
que nos fornece dois resultados:
(2.43)
O primeiro resultado nos fornece o instante em que o projétil foi
lançado, quando a altura também era zero, e o segundo nos fornece o
instante em que o projétil chegou ao solo.
Note que tA = 2tm , o que significa que a partícula leva um tempo
tm para chegar ao ponto mais alto da trajetória e o mesmo tempo tm
para descer.
Substituindo o resultado de tA na Equação (2.38) para x(t),
encontramos o quanto a partícula percorreu na direção horizontal, isto
é, o alcance:
(2.44)
A partir da expressão acima, é imediato concluir que o alcance é
máximo quando θ0 = 45º(ou π/4), porque 2θ0 = π/2 e sen(π/2)= 1, que
é o valor máximo da função seno. Assim, para θ0 = 45º, temos que o
alcance máximo é A = v02/g.
0 00= − ⇒ =v g t t
v
gm msen sen
θθ
.
y tv
gm( )s n
.= 02 2
0
2e θ
t
tv
gA
0
0 0
0
2
=
=
sen .θ
Av
g
v
g
=
= ( )
2
2
02
0 0
02
0
sen
sen
θ θ
θ
cos
.
72 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 73
AU
LA 2
Para lançamentos feitos com o mesmo valor de v0, fica também
evidente que os alcances correspondentes àqueles feitos com ângulos de
lançamento complementares são exatamente iguais. Em outras palavras,
os alcances de projéteis lançados com θ0 = 45º−α e θ0 = 45º+α, com
0 < α < 45º, são os mesmos, como ilustra a Figura 2.16 (Demonstre
esse resultado!).
Vale a pena finalizar esta seção comentando que o tipo de mo-
vimento que acabamos de analisar aparece em outras situações de
interesse na Física. Por exemplo, partículas carregadas na presença de
campos eletrostáticos uniformes sofrem acelerações constantes. Inclusive,
as condições idealizadas em que supusemos não haver resistência do ar
podem se cumprir de uma forma mais rigorosa com partículas atômicas
ou subatômicas (como os elétrons) do que no caso de projéteis, pois tais
partículas podem ser lançadas em regiões de alto vácuo (diminuindo,
assim, praticamente a zero a resistência do ar).
Foram justamente movimentos desse tipo que estavam presentes nas experiências que levaram J. J. Thomson a descobrir o elétron em 1897. Ele utilizou um aparelho co-nhecido como tubo de raios catódicos, uma espécie de versão primitiva dos modernos tubos de osciloscópio ou de televisão.
Figura 2.16: Alcance máximo e alcances para ângulos complementares (todos os lançamentos feitos com o mesmo v0).Fonte: Figura Física 1A v.1 - Figura 11.2, p. 240.
45º− α
45º+ α
O
y
x
Lançamento com θ0 = 45º
Av
m =2
0
g
72 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 73
AU
LA 2
ATIVIDADES
5. Um garoto está ensinando o seu cachorro a buscar uma bola. A bola é lançada da mão da criança a 1,1m acima do chão, sendo que o vetor velocidade inicial dela é v0 = (7ux + 7uy)m/s. Enquanto espera, o cachorro está parado a um metro na frente do seu dono. No momento em que a bola é lançada, o cachorro corre para pegá-la, com uma aceleração de 5m/s2.
a. Escreva a curva que representa a trajetória da bola.
b. Qual é o alcance da bola arremessada? Em quanto tempo a bola cai no chão?
c. Quantos metros o cachorro tem de correr para pegar a bola? Depois de a bola cair, quanto tempo o cachorro leva para alcançá-la?
d. Quantos metros o cachorro conseguiu correr até o momento em que a bola atingiu a altura máxima do lançamento? Quantos metros faltavam para o cachorro correr no momento em que a bola caiu no chão?
Considere que a aceleração da gravidade vale 9,8m/s2.
Leia mais sobre Thomson em http://pt.wikipedia.org/wiki/Joseph_John_Thomsonhttp://en.wikipedia.org/wiki/J._J._Thomson (em inglês)
74 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 75
AU
LA 2
RESPOSTAS COMENTADAS
Na Figura 2.17 você pode ver a ilustração da trajetória da bola. Note
que adotamos o eixo X na direção horizontal e o eixo Y na vertical.
Você deve perceber que o vetor velocidade v0 faz um ângulo de 45o
com o eixo X.
Figura 2.17: A trajetória da bola lançada pelo garoto.
a. A trajetória da bola é uma parábola,
b. Você tem de calcular qual o valor de x = A para que y(x) = 0. Então,
você terá de resolver a equação do segundo grau,
As soluções são
Uma das soluções é negativa, −1m. Este é um dos pontos onde a parábola
da Figura 2.15 cruza o eixo X. O outro ponto, 11m, é onde a bola cai.
Logo, você conclui que o alcance da bola é de
O tempo que a bola leva para cair é determinado pelas equações de
movimento de um lançamento de projétil. Não custa nada você escrevê-las,
Note que a posição inicial da bola é x0 = 0 e y0 = 1,1m. Para calcular
o tempo que a bola leva para atingir o chão, você deve fazer x(t) = A,
isto é, a coordenada x deve ser igual ao alcance A. Você pode calcular
que o tempo vale:
y x x x( ) , , .= + −1 1 0 1 2
y x A A A( ) , , .= = = + −0 1 1 0 1 2
A = ± + = ±5 5 1 4 0 1 1 1 5 6( , )( , ) .m
A = 11m.
x t t
y t t t
( )
( ) , ,
== + −
7
1 1 7 4 9 2
Y(m)
4
3
2
0 2 4 6 8 10 12X(m)
tAvx
= =( )
( )≈
11
71 6
m
m s/, .s
1,1m
450
V0
74 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 75
AU
LA 2
c. No instante do lançamento, o cachorro estava a 1m de distância
do seu dono. A bola caiu a 11m do garoto. Então, você determina
que a distância que o cachorro tem de correr é de 10m.
A posição do cachorro, xc(t), é dada por uma equação horária com
uma aceleração constante de ac = 5m/s2. Para correr os 10m,
o cachorro leva 2s. Assim, o intervalo de tempo que ele correu
enquanto a bola já estava no chão é de ∆t = (2,0 − 1,6)s ≈ 0,4s.
d. A bola chega a uma altura máxima ym . Nesse momento, a
componente vertical do vetor velocidade é nula. Você pode escrever
as componentes da velocidade como função do tempo,
Portanto, você conclui que a componente vertical da velocidade
será nula, vy(t) = 0, para t ≈ 0,7. Nesse instante, o deslocamento
do cachorro foi de
A bola caiu no chão em t ≈ 1,6s. Nesse instante, a posição do
cachorro vale
Logo, faltavam (11 − 7,4)m = 3,6m para o cachorro pegar a bola.
6. O jogador que veste a camisa número 10 da seleção brasileira de futebol tem o costume de treinar a pontaria dos seus chutes. Ele chuta a bola de fora da grande área com o objetivo de acertar o travessão. O jogador está a uma distância de 20m da trave e a altura do travessão é de 2,56m, como na Figura 2.18. No momento do chute, a bola está 50cm acima do chão e parte com uma velocidade de 15m/s.
x t tc ( ) = ( ) + ( ) =112
5 112 2m m s/ m,
v t m s
v t t m sx
y
( ) / ,
( ) ( , ) / .
== −
7
7 9 8
x t x tc c=( ) − =( ) = ( )( ) ≈0 7 012
5 0 7 1 22 2, , ,m/s s m.
x tc =( ) = ( ) + ( )( ) ≈1 6 112
5 1 6 7 42 2, , ,m m/s s m.
76 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 77
AU
LA 2
Figura 2.18: As duas possíveis trajetórias da bola de futebol chutada pelo jogador. A bola parte de uma altura inicial, h = 50cm, e no final das trajetórias a bola alcança o travessão, que tem uma altura de H = 2,56m.
Uma das trajetórias tem inicialmente um vetor velocidade que faz um ângulo θ com o eixo X, enquanto que, na outra trajetória, o vetor velocidade inicial faz um ângulo θ ' com o eixo X.
a. De quais ângulos, θe θ ', a bola deve ser levantada para atingir o travessão?
b. Depois de a bola levantada de um ângulo θ ' chegar ao travessão, quanto tempo leva para que a bola, levantada de um ângulo θ, atinja o travessão?
c. Qual é a altura máxima, acima do chão, que as bolas levantadas de θ e θ ' alcançam?
d. Qual é o vetor velocidade da bola, em cada trajetória, ao atingir o travessão? Considere que a aceleração da gravidade vale 9,8m/s2.
8
6
4
h
Y(m)
2
0 5 10 15 20 X(m)
H
v0
v0
θ'θ'
76 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 77
AU
LA 2
RESPOSTAS COMENTADAS
As duas trajetórias da bola são dadas pelas funções horárias de um
lançamento de projétil. As coordenadas cartesianas como função
do tempo são:
Note que a posição inicial da bola é x0 = 0 e y0 = h = 0,5m, e que
o módulo do vetor velocidade inicial é v0 = 15m/s.
a. Lembre-se de que, quando você elimina o tempo t nas equações
anteriores, a curva que representa a trajetória da bola é uma parábola.
Se você substituir na equação da parábola a distância entre o jogador
e a trave, x = d = 20m, e a altura do travessão, y = H = 2,56m,
o resultado será o seguinte:
Agora você deve resolver a equação anterior para encontrar quanto
vale o ângulo θ. Uma identidade trigonométrica que vamos usar
relaciona a tangente com o cosseno de um ângulo. A relação é
a seguinte:
(Demonstre essa identidade!)
Com as duas últimas equações, você encontrará uma equação do
segundo grau na variável tanθ, da forma
Você sabe que essa equação do segundo grau tem duas raízes
(ou soluções) para o valor de tanθ. Na bola chutada pelo jogador,
essas duas soluções representam os dois ângulos, θe θ´, no qual a
bola deve ser levantada.
Vamos agora usar a variável u = tanθ. Nosso objetivo é encontrar as
duas raízes da seguinte equação do segundo grau:
Como você bem sabe, as raízes da equação anterior são dadas pela
fórmula de Báskara. As duas soluções são:
x t v t
y t h v t gt
( ) ( cos )
( ) ( )
=
= + −
0
021
2
θ
θsen
y x d h dgdv
H( ) tancos
= = + −
=θ
θ
2
2 221
0
112
2
costan
θθ= +
H hgdv
dgdv
− +
− + =
2
2
2
22
2 20
0 0
tan tanθ θ
H hgdv
dugdv
u− +
− + =
2
02
2
02
2
2 20
uv
gdgdv
H hgdv± = ± − − +
02
02
2
021 1
22
78 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 79
AU
LA 2
Usando os parâmetros dados no enunciado do problema, d, g, H, h
e v0 , você tem de chegar aos valores
Você vai encontrar os dois ângulos com que o jogador deve levantar
a bola para atingir o travessão, quando calcular o arco-tangente
das soluções, θ = tan–1u. Para cada uma das soluções, u± , você vai
encontrar um certo ângulo,
b. Para calcular o tempo que a bola leva para atingir o travessão,
vamos usar a equação horária da coordenada x(t) = d. Você pode
facilmente mostrar que
Você já deve ter notado que o tempo de cada trajetória depende do
ângulo de lançamento. Logo, o intervalo de tempo que leva para a
bola levantada de um ângulo θ atingir o travessão, depois de a bola
levantada de um ângulo θ´ atingir, vale
A bola levantada com um ângulo θ´ = 41o leva menos tempo na sua
trajetória do que a bola levantada com um ângulo θ´ = 55o. Você
pode chegar a esta conclusão porque cos 41o > cos 55o. O intervalo
de tempo entre as duas bolas que você vai calcular é
c. Na trajetória da bola, a altura máxima (acima do solo) que você
tem de encontrar é calculada com a seguinte fórmula:
Novamente, perceba que a altura máxima de cada trajetória depende
do ângulo de lançamento. Ao substituir os dois ângulos, θ e θ´, na
fórmula acima, você vai encontrar que
u
u+
−
==
0 86
1 43
, ,
, .
θ
θ
´ tan ,
tan .
= =
= =
−+
−−
1
1
41
55
u
u
o
o
td
v=
0 cos.
θ
∆td
vd
v= −
0 0cos cos ·.
θ θ
∆t = − ≈ − ≈2015 55
2015 41
2 3 1 8 0 5cos cos
( , , ) , .o o s s
y
y
m
m
= +( )
≈
= +( )
≈
0 515 41
2 9 85 4
0 515 55
2 9 88 2
2 2 0
2 2 0
,,
, ,
,,
, ,
sen
sen
m
m
y yv
gmÆx = +0
2 2
0
2
sen θ.máx
78 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 79
AU
LA 2
d. O vetor velocidade do chute da bola, conforme foi discutido na aula,
é o vetor que tem componentes dadas por
A bola levantada com o ângulo θ´ = 41o tem suas componentes cartesi-
anas do vetor velocidade dadas por
Assim, no instante t = 1,8s, quando a bola atinge o travessão, o vetor
velocidade é
Por outro lado, as componentes do vetor velocidade da bola levantada
com o ângulo θ´ = 55o são:
No instante t = 2,3s, quando a bola atinge o travessão, o vetor velo-
cidade é
v t
v t t tx
y
( ) cos / ,
( ) , , , / .
= ≈
= − ≈ −( ) 15 41 11
15 41 9 8 9 8 9 8
0
0
m s
sen m s
v t v
v t v gtx
y
( ) cos
( )
== −
0
0
θθsen
v’( , ) ( , )1 8 11 7 8≈ −u ux y m/s.
v t
v t t tx
x
’’ ( ) cos , ,
’’ ( ) , ( , )
= ≈
= − ≈ −
15 55 8 6
15 55 9 8 12 9 8
o
o
m/s
sen m/s..
MOVIMENTO RELATIVO
Para ilustrar o conceito de movimento relativo, vamos adaptar
uma narrativa encontrada no livro Física 1, 4ª edição, dos autores David
Halliday, Robert Resnick e Kenneth Krane.
Suponha que você esteja em um carro que se move em uma auto-
estrada reta com velocidade escalar constante de 80 Km/h. Os outros
passageiros que estão com você no carro movem-se à mesma velocidade
escalar. Entretanto, ao passar por um posto de gasolina, um frentista
parado observa o seu carro se movendo com uma velocidade de 80
Km/h. No carro, você poderia, por exemplo, atirar uma bola para cima
e observar a bola subir e descer pousando exatamente na sua mão. Note
que a bola tem movimento horizontal (por causa do movimento do carro),
v u u’’( , ) ( , )2 3 8 6 11≈ −x y m/s
80 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 81
AU
LA 2
mas você tem o mesmo movimento horizontal e não há movimento
relativo. Por outro lado, para o frentista no posto de gasolina, o resultado
é diferente. A bola tem uma componente de velocidade para a frente
de 80 Km/h e uma componente vertical resultante do movimento que
ela recebeu de você. Sabemos que um projétil nessa situação segue uma
trajetória parabólica, como você viu quando estudou o lançamento de
projéteis, na aula anterior. Portanto, você e o observador parado no posto
teriam de usar equações diferentes para descrever o movimento, mas
concordariam entre si que o vetor aceleração coincide com a aceleração
da gravidade.
Se agora um outro carro se colocasse ao seu lado e passasse com
o velocímetro dele marcando uma velocidade constante de 90Km/h, você
observaria esse carro (em relação ao seu próprio referencial) se movendo
lentamente para a frente, à taxa de 10 Km/h (= 90Km/h – 80Km/h).
Elimine os detalhes externos – a paisagem que se “afasta”, o ar que passa
pelo carro em movimento, as irregularidades da estrada e o barulho do
motor – e considere somente dois carros. Você não teria como definir
qual deles estaria “realmente” se movendo. Por exemplo, o carro que
passa poderia estar em repouso, e você poderia estar se movendo para
trás a 10Km/h; o resultado observado seria o mesmo.
Nesta seção, consideraremos a descrição do movimento de uma
única partícula por dois observadores que estão em movimento uniforme
relativamente um ao outro.
Com esse objetivo, vamos considerar o referencial R com eixos
OXYZ e o referencial R' com eixos O'X'Y'Z', que se movimenta em
relação a R de tal modo que os eixos O'X', O'Y' e O'Z' permaneçam
sempre paralelos aos eixos OX, OY e OZ, respectivamente. Além disso,
vamos supor que o movimento da origem O', quando observado do
referencial R, seja um MRU de velocidade V.
Note que, como os eixos O'X', O'Y'e O'Z' permanecem sempre
paralelos aos eixos OX, OY e OZ, os unitários u'x , u'y e u'z dos eixos
O'X'Y'Z' coincidem com os unitários ux , uy e uz dos eixos OXYZ.
Vamos considerar, então, o movimento de uma partícula em
relação a R e esse mesmo movimento em relação a R'. Vejamos como
relacionar suas posições, velocidades e acelerações observadas num desses
referenciais com suas posições, velocidades e acelerações observadas no
outro. Seja r o seu vetor posição no referencial R, r' o seu vetor posição
no referencial R' e R o vetor posição da origem O' em relação a R.
80 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 81
AU
LA 2
A Figura 2.19 ilustra essa situação num dado instante de tempo t
(o desenho mostra apenas dois dos eixos para cada referencial, a fim de
não sobrecarregar a figura). A partir da figura, obtém-se, de imediato,
(2.45)
Derivando as expressões anteriores em relação ao tempo,
obtemos
(2.46)
onde v(t) = dr(t)/dt, v'(t) = dr'(t)/dt e V(t) = dR(t)/dt.
A Equação (2.46) é conhecida como a Transformação de Galileu
para as velocidades e informa-nos que a velocidade da partícula em
relação a R é igual à soma vetorial de sua velocidade em relação a R'
com a velocidade da origem O' em relação a R.
Derivando agora a Equação (2.46) com relação ao tempo,
encontramos
(2.47)
pois dV(t)/dt = 0, já que a origem O' de R' move-se com velocidade
constante em relação ao referencial R.
Figura 2.19: Posições de uma partícula em movimento em relação aos referenciais R e R’, com R’ em MRU em relação a R. Fonte: Figura Física 1A v.2 - Figura 13.5, p. 16.
r r R( ) ’( ) ( ).t t t= +
v v V( ) ’( ) ( ),t t t= +
a a( ) ’( ),t t=
O
R
r
y'
y
r'
O'
x
x'
82 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 83
AU
LA 2
Conseqüentemente, qualquer que seja o movimento da partícula
considerada, a sua aceleração em relação a R, num dado instante, é
exatamente igual à sua aceleração em relação a R' nesse instante, desde
que se cumpram as seguintes condições:
a. que os eixos de R' permaneçam paralelos aos eixos de R;
b. que a origem O' se mova em MRU relativamente a R.
Na verdade, pode-se mostrar que esse resultado é válido no caso
mais geral em que as direções dos eixos de R' permanecem fixas em
relação aos eixos de R. (Veja, por exemplo, o problema proposto 1 da
Aula 13 da apostila de Física 1A, Módulo 1.) Note ainda que a condição
(a) é apenas um caso particular desta, quando as direções dos eixos de
R' coincidem com as direções dos eixos de R.
Então, o resultado que acabamos de ver implica a seguinte
propriedade: se uma partícula tem aceleração nula em relação a R, ela
tem aceleração nula em relação a R' também.
Para ilustrar a Transformação de Galileu, vamos considerar
um nadador que cruza um rio caudaloso com margens retilíneas e
paralelas entre si.
Por simplicidade, vamos supor que todas as partículas do rio se
movam em MRU com velocidade V em relação a um referencial R com
eixos OXY. Vamos escolher os eixos cartesianos desse referencial R de tal
modo que a direção de OX
coincida com a do rio, que o
sentido positivo do eixo OX
seja o sentido da correnteza
do rio e que a origem O esteja
num ponto da margem em
contato com a água do rio.
Nesse caso, nos referimos à
velocidade V simplesmente
como a “velocidade do rio”
em relação a R, como mostra
a Figura 2.20.
Figura 2.20: Nadador cruzando o rio. Fonte: Figura Física 1A v.2 - Figura 13.6, p. 19.
O
y'y
x'
v' v
V
y
82 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 83
AU
LA 2
Conhecida a velocidade V, relacionaremos, então, a velocidade do
nadador em relação a R com a sua velocidade em relação a um referencial
que se desloca com a mesma velocidade do rio, que será chamado de
referencial R'. Esse referencial é solidário ao rio, isto é, move-se em MRU
em relação a R com velocidade V. Vamos supor ainda que os eixos de
R' e R permaneçam sempre paralelos.
No instante t = 0s, vamos supor que as origens de O e O' sejam
as mesmas, de modo que nesse instante todos os eixos de R e R' também
coincidam. Nesse instante, um nadador de dimensões desprezíveis em
relação à distância d entre as margens (de modo que possa ser considerado
uma partícula) inicia um MRU em relação a R’ com velocidade v'= v'yu'y.
Vejamos como determinar a sua velocidade em relação a R.
Utilizando a Transformação de Galileu para as velocidades, dada
pela Equação (2.46) obtemos diretamente a velocidade do nadador em
relação a R, ou seja,
(2.48)
onde usamos o fato de que u'y = uy.
Portanto, a sua velocidade em relação a R é diferente de sua
velocidade em relação a R'. No caso em questão, não apenas as
respectivas direções de v e v', mas também seus respectivos módulos
são diferentes.
Como v'= v'yu'y, é imediato perceber que a velocidade do nadador
em relação a R' é perpendicular às margens do rio, enquanto a sua
velocidade relativa a R faz um ângulo com o eixo OX. Aplicando o
Teorema de Pitágoras, vemos que |v|2 = |v'|2 + |V|2.
Finalmente, note que as trajetórias do nadador relativas aos
referenciais R e R' não coincidem. Para um observador no referencial
R', o movimento do nadador ocorre ao longo do eixo O'Y', enquanto
para um observador no referencial R seu movimento ocorre ao longo
da linha tracejada mostrada na Figura 2.20.
v v V
u V u
u u
= += +
= +
’
’’
’
,
v
v
y y x x
y y x xV
84 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 85
AU
LA 2
ATIVIDADE
As equações cartesianas das trajetórias relativamente a R e R'
podem ser facilmente obtidas. Sendo d a distância entre as margens, elas
são dadas, respectivamente, por:
(2.49)
como você pode verificar com facilidade.
yv
Vx x
V
vd R
x y d
y
x
x
y
= ≤ ≤
= ≤ ≤
’
’
’ ’
, (Trajet ria em );
,
0
0 0 ((Trajet ria em ),R’
7. Uma criança que está se afogando é carregada pela correnteza rio abaixo, a uma velocidade de 2,50Km/h. A criança está a uma distância de 0,600Km da margem e a uma distância de 0,800Km rio acima, medidas em relação ao ponto onde fica o bote de salvamento. O bote parte para o resgate da vítima com sua velocidade máxima de 20,0Km/h em relação à água.
a. Quanto tempo leva o resgate da criança?
b. Em qual direção o piloto deve apontar o bote?
c. Qual o ângulo que o vetor velocidade do bote, em relação à terra, faz com a margem do rio? Quanto vale a velocidade máxima do bote em relação à terra?
(Trajetória em R)
(Trajetória em R')
84 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 85
AU
LA 2
RESPOSTAS COMENTADAS
Na Figura 2.21, é mostrada a visão que você, em repouso na margem
do rio, tem do salvamento. Perceba que nós adotamos o eixo X
paralelo à correnteza, com o sentido orientado para a descida do rio.
O eixo Y é perpendicular à margem do rio. Você deve ter percebido
que o vetor velocidade do bote em relação à água, vBA , faz um ângulo
de θBA com o eixo –X. O vetor velocidade do bote em relação à terra,
vBT , faz um ângulo de θBT com o eixo –X.
Figura 2.21: O bote de salvamento está na origem dos eixos XY. O vetor velocidade do bote em relação à terra é vBT e em relação à água é vBA. A criança, no ponto C do gráfico, é carregada pela correnteza com uma velocidade vAT .
Vamos escrever os vetores de posição da criança e do bote em
relação ao referencial que se encontra parado na margem do rio.
Esse referencial é dado pelos eixos X e Y que estão na Figura 2.19.
O vetor de posição da criança, que no instante inicial vale rC (0) =
−(0,800 Km) ux + (0,600Km)uy , é dado por
Note que o vetor velocidade da criança é dado pelo vetor velocidade
da correnteza, vAT = −(2,50Km/h)ux . O bote está na origem
rB (0) = 0 quando t = 0. Em um instante posterior, ele parte em um
movimento retilíneo uniforme com um vetor velocidade vBT = vAT +
vBA , como está mostrado na Figura 2.22.
r r vC C ATt t( ) ( ) .= +0
X(m)
X(m)
600
400
200
–800 –600 –400 –200
vBAvBT
vATC
θBAθBT
86 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 87
AU
LA 2
Portanto, o vetor posição do bote que você vai escrever é
Conforme o enunciado do problema, o módulo do vetor velocidade
do bote em relação à água vale |vBA| = vBA = 20,0Km/h. O vetor vBA
faz um ângulo θΑB com o eixo –X. A partir dessas considerações, você
deve se convencer de que esse vetor pode ser escrito em termos de
vetores unitários da seguinte maneira:
No item (c), você vai calcular o ângulo θBT entre o vetor velocidade do bote
(em relação à terra) e o eixo –X. Você também deve calcular o módulo
|vBT| = vBT . Em termos de vetores unitários, você pode escrevê-lo como
a. Vamos chamar de tempo de resgate, tR , o tempo que o bote leva
para alcançar a criança dentro da água. Nesse instante, a posição da
criança tem de ser igual à posição do bote, rB(tR) = rC (tR). Ao igualar
os dois vetores de posição, você vai encontrar a seguinte relação:
Agora, basta que você calcule o módulo da equação anterior para
encontrar em quanto tempo o bote alcança a vítima (criança). A partir
disto, você vai concluir que
Figura 2.22: Diagrama vetorial no plano que mostra o vetor veloci-dade do bote (em relação à terra), vBT = vAT + vBA.
r v v vB BT BA ATt t t( ) ( ) .= = +
v u uBA BA BA x BA BA yv v= − +cos .θ θsen
v u uBT BT BT x BT BT yv v= − +cos .θ θsen
r v v v
r v
C AT R BA AT R
C BA R
t t
t
( ) ( ) ,
( ) .
0
0
+ = +
=c
tvRC
BA
= =+ −
=| ( ) | ( , ) ( , )
( ), .
r 0 0 600 0 80020
0 052 2Km KmKm/h
h
vAT
vBAvBT = vBA + vAT
86 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
CECIER J – Extensão 87
AU
LA 2
Assim, o tempo de resgate é de tR = 3min.
b. A igualdade vetorial que você encontrou quando calculou rA(tR) = rC (tR)
pode ser escrita em termos de suas componentes x e y. As igualdades
correspondentes que você deve escrever são:
Note que você pode eliminar o tempo de resgate das equações anteriores.
Ao fazer isso, você vai conseguir calcular o ângulo,
Assim, você calculou que o piloto do bote de salvamento deve direcio-
ná-lo num ângulo de θBA = 36,9o com o eixo –X. Convém destacar que
senθBA = 0,600 e cosθBA = 0,800, porque o vetor vBA é paralelo à posição
inicial da criança rC (0).
c. Para calcular o ângulo que o vetor velocidade do bote vBT faz com a
margem do rio (eixo –X ), é necessário que você use a igualdade vetorial
vBT = vAT + vBA. As componentes x e y dessa igualdade vetorial são:
Em seguida, você vai eliminar o módulo vBT nas equações acima. Disso
resulta que a tangente do ângulo θBT vale
O módulo do vetor velocidade do bote, vBT , também pode ser calculado a
partir das componentes x e y da soma vetorial vBT = vAT + vBA. Para fazer
isso, você tem de elevar ao quadrado cada equação e depois somá-las.
O resultado que você tem de encontrar é o seguinte:
Por fim, você deve substituir na equação anterior os valores vAT = 2,50
Km/h, vBA = 20Km/h e cosθBA = 0,800. Então, a velocidade máxima do
bote, em relação à terra, é de
r vC AB rC BA BA R
C BA BA R
tx v t
y v t( )
( ) cos ,
( ) .0
0
0= ⇔
= −=
θθsen
tan( )( )
( , )( , )
, ,
tan (
θ
θ
BAC
C
BA
y
x= − = −
−=
⇓= −
00
0 6000 800
0 750
01
KmKm
,, ) , .750 36 9= o
v v
v v vBT BT BA BA
BT BT AT BA BA
sen sen
cos cos
θ θθ θ
=− = −
,
.
v v v v vBT AT BA AT BA BA2 2 2 2= + − cosθ .
vBT = 18 1, .Km/h
tan( ) ,
( ) , ( ,θ
θθBT
BA BA
BA BA AT
vv v
=−
=( )
( ) −sen
cos
20 0 6
20 0 8 2 50
Km
Km KKm
o
), ,
tan ( , ) , .
=
⇓= =−
0 889
0 889 41 61θBT
88 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial
R E S U M O
Nesta aula, definimos os conceitos de vetor posição de uma partícula, vetor
deslocamento, vetor velocidade média e vetor aceleração média no movimento
não-retilíneo. Vimos que o vetor velocidade instantânea num dado instante é o
vetor velocidade média no limite em que o intervalo de tempo tende a zero, onde
o intervalo é medido a partir do instante dado. Também deduzimos as equações
do movimento quando o vetor aceleração é constante.
Finalmente, explicamos o conceito de referencial e deduzimos as transformações
de Galileu.
LEITURA RECOMENDADA
Uma explicação sobre vetores, operações entre vetores e suas projeções pode ser
vista no Apêndice desta aula.
obje
tivos3AULA
Meta da aula
As leis de Newton
Pré-requisito
Ao final desta aula, você deverá ser capaz de:
• reconhecer o conceito de inércia e as condições necessárias para que uma partícula se movimente;
• identificar referencial inercial;
• identificar e decompor sobre um eixo de coordenadas cartesiano as forças que atuam sobre um corpo;
• usar o princípio da superposição para calcular a resultante das forças que atuam sobre uma partícula e a sua aceleração, caso exista;
• aplicar as leis de Newton para calcular a posição, a velocidade e a aceleração de uma partícula.
Apresentar e discutir as três leis de Newton do movimento.
Para melhor compreensão desta aula, você precisa ter estudado a Aula 2 – Cinemática Vetorial.
Texto adaptado por Carlos Magno da Conceição das apostilas:
- SOUZA, Carlos Farina de; Pinto, Marcus Venicius C.; Soares Filho, Paulo Carrilho. Física 1A. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. v.1.
90 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 91
AU
LA 3
PRIMEIRA LEI DE NEWTON
Nas aulas anteriores, você estudou os procedimentos envolvidos
na descrição do movimento, porém sem se preocupar com as causas desse
movimento. Nesta aula, você irá aprender sobre a dinâmica, a parte da
Mecânica que relaciona o movimento com as suas causas.
A dinâmica tem como fundamentos as três leis de Newton do
movimento. Nesta seção, você estudará a primeira dessas leis. No entanto,
antes de enunciarmos essa lei, é necessário apresentarmos o conceito de
referencial, essencial à compreensão da primeira lei de Newton.
Quando uma partícula se move, seu movimento se dá com
respeito a algum referencial, um sistema de eixos coordenados munido
de réguas e de relógios. O referencial em relação ao qual descrevemos
os movimentos de uma partícula é arbitrário, e a mesma partícula pode
ter diferentes movimentos em relação a diferentes referenciais. Portanto,
quando desejamos não somente descrever o movimento, mas também
relacioná-lo às suas causas, a escolha do referencial a ser usado torna-se
muito importante.
Para exemplificar a dependência do movimento de uma partícula
com relação a um referencial, considere a seguinte situação: a Figura 3.1
mostra um automóvel sendo acelerado em uma estrada retilínea e dois
referenciais. Um referencial é dado pelo sistema de eixos OXYZ, que
está fixo na estrada, e o outro é dado pelo sistema de eixos O’X’Y’Z’,
fixo no próprio automóvel, (os eixos OY e O’Y’ são perpendiculares ao
plano da página, apontam para dentro dela e não aparecem desenhados
na Figura 3.1).
Figura 3.1: A mancha puntiforme P no automóvel é observada de um referencial OXYZ fixo na estrada. O referencial O’X’Y’Z’ está fixo no próprio automóvel e, portanto, move com ele em relação ao referencial fixo na estrada.
Z'
X'X
O'
r'
Pv
O
z
r
90 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 91
AU
LA 3
Na lataria do automóvel há uma mancha puntiforme P, que tem
um certo movimento em relação a OXYZ e um outro movimento em
relação a O’X’Y’Z’. O vetor de posição da mancha em relação a OXYZ
é r
r. Em relação a OXYZ, a velocidade da mancha é r
v e sua aceleração é r
a.
Naturalmente, r r
v dr dt= / e r r
a dv dt= / . Devido ao fato de o carro estar
acelerado, a aceleração a da mancha é diferente de zero, isto é, r
a ≠ 0.
O vetor posição da mancha em relação a O’X’Y’Z’ é r
r ’; esse vetor é
constante, pois a mancha está fixa em relação a esse sistema de eixos.
Isso é uma conseqüência direta do fato de que tanto a mancha quanto o
sistema de eixos O’X’Y’Z’ estão fixos no automóvel. Portanto, em relação
ao referencial solidário ao automóvel representado pelos eixos O’X’Y’Z’,
são nulas a velocidade r
v’ e a aceleração r
a’ da mancha. Logo, uma partícula
pode ter aceleração nula em relação a um referencial e, ao mesmo tempo,
ter aceleração diferente de zero em relação a algum outro referencial.
Agora, antes de enunciarmos a primeira lei de Newton, vamos
considerar um diálogo interessante escrito por Galileu nos “Diálogos
sobre os Dois Principais Sistemas do Mundo”, que está disposto no livro
de Nussenzveig (1997).
Salviati: ... Diga-me agora: Suponhamos que se tenha uma superfície
plana lisa como um espelho e feita de um material duro como o aço.
Ela não está horizontal, mas inclinada, e sobre ela foi colocada uma
bola perfeitamente esférica, de algum material duro e pesado, como
o bronze. A seu ver, o que acontecerá quando a soltarmos?...
Simplício: ... Não acredito que permaneceria em repouso; pelo
contrário, estou certo de que rolaria espontaneamente para baixo. ...
Salviati: ...E por quanto tempo a bola continuará a rolar, e quão
rapidamente? Lembre-se de que falei de uma bola perfeitamente
redonda e de uma superfície altamente polida, a fim de remover todos
os impedimentos externos e acidentais. Analogamente, não leve em
consideração qualquer impedimento do ar causado por sua resistência
à penetração, nem qualquer outro obstáculo acidental, se houver.
Simplício: Compreendo perfeitamente, e em resposta à sua pergunta
digo que a bola continuaria a mover-se indefinidamente, enquanto
permanecesse sobre a superfície inclinada, e com um movimento
continuamente acelerado...
Salviati: Mas se quiséssemos que a bola se movesse para cima sobre
a mesma superfície, acha que ela subiria?
92 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 93
AU
LA 3
Simplício: Não espontaneamente; mas ela o faria se fosse puxada
ou lançada para cima.
Salviati: E se fosse lançada com um certo impulso inicial, qual seria
seu movimento, e de que amplitude?
Simplício: O movimento seria constantemente freado e retardado,
sendo contrário à tendência natural, e duraria mais ou menos tempo
conforme o impulso e a inclinação do plano fossem maiores ou
menores.
Salviati: Muito bom; até aqui você me explicou o movimento
sobre dois planos diferentes. Num plano inclinado para baixo,
o corpo móvel desce espontaneamente e continua acelerando, e é
preciso empregar uma força para mantê-lo em repouso. Num plano
inclinado para cima, é preciso uma força para lançar o corpo ou
mesmo para mantê-lo parado, e o movimento impresso ao corpo
diminui continuamente até cessar de todo. Você diz ainda que,
nos dois casos, surgem diferenças conforme a inclinação do plano
seja maior ou menor, de forma que um declive mais acentuado
implica maior velocidade, ao passo que, num aclive, um corpo
lançado com uma dada força se move tanto mais longe quanto
menor o aclive.
Diga-me agora o que aconteceria ao mesmo corpo móvel colocado
sobre uma superfície sem nenhum aclive nem declive.
Simplício: Aqui preciso pensar um instante sobre a resposta. Não
havendo declive, não pode haver tendência natural ao movimento;
e, não havendo aclive, não pode haver resistência ao movimento.
Parece-me, portanto, que o corpo deveria naturalmente permanecer
em repouso.
Salviati: Acredito que isso aconteceria se colocássemos a bola
firmemente num lugar. Mas que sucederia se lhe déssemos um
impulso em alguma direção?
Simplício: Ela teria que se mover nessa direção.
Salviati: Mas com que tipo de movimento? Seria continuamente
acelerado, como no declive, ou continuamente retardado, como
no aclive?
Simplício: Não posso ver nenhuma causa de aceleração nem
desaceleração, uma vez que não há aclive nem declive.
Salviati: Exatamente. Mas se não há razão para que o movi-
mento da bola se retarde, ainda menos há razão para que ela
pare; por conseguinte, por quanto tempo você acha que a bola
continuaria se movendo?
92 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 93
AU
LA 3
Simplício: Tão longe quanto a superfície se estendesse sem subir
nem descer.
Salviati: Então, se este espaço fosse ilimitado, o movimento sobre
ele seria também ilimitado? Ou seja, perpétuo?
Simplício: Parece-me que sim, desde que o corpo móvel fosse feito
de material durável.
Vamos agora partir para uma definição mais abrangente da primeira
lei de Newton:
Quando, à noite, você olha para o céu, consegue distinguir a olho
nu uma imensidão de pontinhos brilhantes que mantêm entre si dis-
tâncias constantes. Esses pontinhos brilhantes são simplesmente as
estrelas comuns, que hoje sabemos serem imensas massas incandescentes.
Por causa de suas posições relativas fixas, são chamadas, desde a
antigüidade, de estrelas fixas ou de constelações. Após vários milhares
de anos, as posições relativas entre as estrelas fixas acabam mudando.
Mas esse movimento é tão lento para os nossos interesses que podemos
considerá-las como se fossem, realmente, absolutamente fixas. Portanto,
concluímos que as estrelas obedecem, com muito boa aproximação, à lei
de inércia. Mas uma coisa que você deve estar se perguntando é:
"Em relação a que referencial elas são fixas?"
Bem, não é em relação à Terra, pois um observador terrestre
observa as estrelas girarem no céu noturno.
Toda partícula permanece em seu estado de repouso ou de movimento retilíneo uniforme, a menos que seja compelida a modificá-lo pela ação de algum agente externo que a tire desse estado.
!
Esta situação implica um outro ponto importante na compreensão da primeira lei de Newton: ela não é válida em qualquer referencial. Os referenciais em que ela é válida chamam-se referenciais inerciais.Por exemplo, a Terra não é um referencial inercial, porque gira em torno de seu eixo, porém, para estudar os movimentos usuais na escala de laboratório, a rotação da Terra em torno do seu eixo afeta muito pouco esses movimentos. Portanto, na prática, podemos empregar o laboratório fixo na Terra como um referencial inercial, com boa aproximação.
!
94 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 95
AU
LA 3
ATIVIDADES
1. Uma laranja é arremessada horizontalmente do alto de uma torre de 20m, com uma velocidade de 30m/s. Conforme está mostrado na Figura 3.2, escolhemos o referencial inercial OXY de modo que OX tenha direção horizontal e OY tenha direção vertical, com sentido para cima. A origem O desse referencial está colocada na base da torre. O outro referencial escolhido, O´X´Y´, se move em um MRU relativamente ao referencial OXY, com uma velocidade de 30m/s na direção horizontal. No instante em que a laranja é lançada, as origens coincidem, O = O´.
Figura 3.2: Movimento da laranja arremessada do alto de uma torre. Nesta ilustração são mostrados os referenciais OXY e O´X´Y´.
a. Quais são os vetores velocidade e aceleração da laranja em cada um dos dois referenciais, OXY e O´X´Y´?
b. Quais são as funções horárias da laranja no referencial OXY? Que forma tem a trajetória da laranja nesse referencial?
c. Quais são as funções horárias da laranja no referencial O´X´Y´? Que forma tem a trajetória da laranja nesse referencial?
Y = Y' Y' Y' Y' Y' Y'
O'O'O'O'O'O = O'
30m/s
30m/s
x = x' x = x' x' x' x' x'
g
94 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 95
AU
LA 3
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Você deve perceber que o referencial O´X´Y´ é um referencial
inercial porque se move em um MRU com respeito ao
referencial inercial OXY. Sendo assim, você vai analisar o
arremesso da laranja em dois referenciais inerciais.
O arremesso observado do referencial OXY é um típico lançamento
de projétil, que você já estudou. Nesse caso, a aceleração é dada
pela aceleração da gravidade, g = 9,8m/s2, na direção vertical (com
sentido para baixo). Assim, você sabe que os vetores velocidade
e aceleração da laranja têm componentes dadas por
e
Note que para t > 0 o vetor velocidade tem componentes X e Y
diferentes de zero.
Quando o arremesso for observado do referencial O´X´Y´, o vetor
aceleração da laranja é igual ao vetor aceleração da laranja no
referencial OXY. Isso é verdade porque o referencial O´X´Y´ é
inercial. Como esse referencial se move na direção horizontal OX
com a mesma velocidade horizontal da laranja arremessada, você
precisa concluir que a componente X do vetor velocidade é nula
no referencial O´X´Y´. Portanto, para um observador no referencial
O´X´Y´, os vetores velocidade e aceleração da laranja têm suas
componentes dadas por
e
Nesse referencial, para todo instante de tempo t, o vetor velocidade
tem componente X igual a zero.
b. Neste caso, as funções horárias são aquelas de um lançamento
de projétil. Você sabe que o movimento horizontal é um MRU, e o
movimento vertical é um MRUV. Como a posição inicial da laranja
é x(0) = 0 e y(0) = 20m, você deve responder que no referencial
OXY as funções horárias são
v t
v t tx
y
( ) ;
( ) , .
==
30
9 8
m/s
−−a
ax
y
=
=
0
9 8
;
, .−− m/s2
v t
v t tx
y
( ) ;
( ) , .
==
0
9 8−−
x t t
y t t
( ) ,
( ) ( , ) .
=
=
30
2012
9 8 2−−
a
ax
y
=
=
0
9 8
;
, .−− m/s2
96 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 97
AU
LA 3
Em particular, no instante t ≈ 2s a laranja alcança o solo, y(2s) = 0.
O alcance da laranja é de x(2s) = 60m.
A curva que representa a trajetória da laranja arremessada, no referencial
OXY, é uma parábola. Inclusive, você pode escrever a equação dessa
parábola,
.
c. Se você entendeu bem, alguém que esteja observando a laranja no
referencial O´X´Y´ não vai vê-la se movimentando na direção horizontal
X´. Por essa razão, a coordenada X´ se mantém constante, x´(t) = 0.
As funções horárias, no referencial O´X´Y´, são
Você não acha interessante que a mudança de referencial tenha sim-
plificado o problema? Nesse referencial, temos um movimento
(vertical) de queda livre da laranja. Com a mudança de referencial
eliminamos o movimento horizontal, mas o movimento vertical da
laranja permaneceu o mesmo (em MRUV).
A curva que representa a trajetória da laranja, no referencial O´X´Y´,
é uma reta. O movimento de queda livre da laranja corresponde a
seguinte reta:
, .
2. O universo consiste em um grande conglomerado de estrelas, que são chamadas de galáxias. Na galáxia onde o nosso sistema solar se encontra, existem aproximadamente centenas de bilhões de estrelas. O Sol gira ao redor do centro dessa galáxia com um período de cerca de 180 milhões de anos (terrestres) e com uma velocidade de 250Km/s.
Um referencial colocado na Terra só é inercial de maneira aproximada. Os referenciais colocados no Sol, nas estrelas etc. são inerciais com maior grau de precisão. Compare o grau de precisão quando consideramos, aproximadamente, que um referencial terrestre é inercial e um referencial solar é inercial.
y x x= +20 0 005 2−− , , 0 60≤ ≤x m
x t
y t t
´( ) ,
´( ) ( , ) .
=
=
0
2012
9 8 2m −−
x´= 0 0 20≤ ≤y m´
96 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 97
AU
LA 3
RESPOSTA COMENTADA
Se a velocidade de um observador em movimento muda ou se ele está em
um movimento de rotação, o referencial onde se encontra esse observador
não é um referencial inercial. Essas são precisamente as condições em que
se encontra um observador terrestre. Contudo, se a mudança de velocidade
ou a rotação é pequena durante o intervalo de tempo de observação, esse
observador pode ser considerado aproximadamente inercial.
A rotação do planeta Terra em torno de seu próprio eixo dura 1dia = 24h.
Vamos calcular o ângulo θT que a Terra roda em 1s. Como uma rotação
completa equivale a 360o, você pode calcular que
.
O valor que você calculou é pequeno. Assim, nós podemos considerar,
aproximadamente, que um referencial terrestre é inercial. Entretanto,
não podemos desprezar a rotação da Terra quando lidamos com algum
fenômeno que seja muito demorado.
Agora, vamos comparar um referencial terrestre com um referencial solar.
Para isso, vamos calcular de que ângulo um referencial solar roda em 1s.
Uma revolução completa do Sol ao redor da Via Láctea leva 180 × 106
anos ≈ 6 × 1015s. Assim, em 1s o ângulo é de
A comparação entre os ângulos θT e θS nos permite dizer o seguinte:
Quando consideramos, aproximadamente, que um referencial solar é
inercial e que um referencial terrestre também é, o referencial solar
é 100 bilhões de vezes melhor do que o terrestre.
θT = = ×3601
24 36004 10 3o os
s( )
( )( )−−
θS
s=×
= ×3601
6 106 1015
14o o
s( )
( )( )−−
98 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 99
AU
LA 3
SEGUNDA LEI DE NEWTON
Dando continuidade ao assunto abordado na seção passada, nesta
seção você irá aprender sobre a segunda lei de Newton, que envolve os
conceitos de massa inercial e força. Para tanto, é necessário que você
tenha em mente que o referencial usado será inercial.
Conforme vimos no estudo da primeira lei de Newton, qualquer
mudança no estado de repouso ou de movimento retilíneo uniforme
requer a ação de algum agente externo. Mas lembre-se de que ainda
não foi definido o que é essa ação. Pois bem, o que causa a mudança do
movimento de uma partícula é o que chamamos de força.
A noção de força está relacionada intuitivamente à noção de
esforço muscular. De fato, desde muito cedo, aprendemos que, para
colocar um objeto em movimento ou, de forma mais geral, alterar seu
estado de movimento, é necessário que façamos uma certa força.
Uma outra coisa que sabemos também é o fato de que parar um
carro é mais difícil e exige uma força maior do que frear uma bicicleta.
Então dizemos que o carro tem uma inércia muito maior do que a
bicicleta.
Quando aplicamos uma força a uma partícula, alterando sua
velocidade, essa alteração se caracteriza por uma aceleração adquirida.
No entanto, fica a pergunta:
Como relacionar a força sobre um corpo com a aceleração desse
mesmo corpo?
As experiências feitas nos laboratórios de Física nos dizem que
sujeitando o mesmo corpo a diferentes forças, observamos diferentes
acelerações. Porém, algo muito interessante ocorre quando tomamos
as razões entre os módulos das forças e o módulo de suas respectivas
acelerações. Podemos observar que essas razões apresentam uma relação
de igualdade entre si e por sua vez são iguais a uma constante; ou seja,
de forma quantitativa observamos a seguinte relação:
(3.1)
Agora, se fizermos uma outra experiência, fazendo com que
uma mesma força seja submetida a diferentes corpos, notamos
que, em geral, diferentes acelerações são produzidas. Colocando em
termos quantitativos, temos:
r
r
r
r
L
r
r
Fa
Fa
Fa
kn
n
1
1
2
2
= = = = .
r
r
L
r
F k a k an n= = =1 1 ,
98 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 99
AU
LA 3
com k k kn1 2> > >L . Logo, r r
L
r
a a an1 2< < < . Veja que, quanto
maior o valor da constante associada a um corpo, menor será a aceleração
que ele desempenhará sob a ação da força.
Agora, levando em consideração as duas experiências junto com
o que afirmamos anteriormente, ou seja, o fato de que é muito mais
fácil frear uma bicicleta do que um carro, somos levados a concluir que
a constante k deve medir uma propriedade diretamente proporcional à
inércia do corpo.
Na primeira experiência, onde estamos considerando apenas
um único corpo, k é mantido constante. Já no segundo experimento,
onde estamos considerando vários corpos submetidos a uma mesma
força, notamos que existem diferentes valores de k e diferentes valores
de aceleração. Logo, concluímos que o coeficiente k está relacionado, de
alguma forma, com a propriedade do corpo que caracteriza sua resposta à
força aplicada. Portanto, a dificuldade de acelerar um corpo se relaciona
com a sua quantidade de matéria, a qual chamamos de massa inercial.
Quanto maior a inércia (ou massa inercial) de um corpo, maior é a
dificuldade de acelerá-lo ou de freá-lo.
Agora estamos preparados para apresentar uma das leis fundamentais
do movimento de uma partícula, que podemos chamar de lei do determinismo
newtoniano. Ela foi obtida a partir de uma quantidade imensa de obser-
vações e resultados experimentais, e seu enunciado é dado a seguir:
Em cada instante, o produto da massa pela aceleração de uma partícula em estudo é determinado pela sua posição e sua velocidade e pelas posições e velocidades das partículas vizinhas.
!
100 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 101
AU
LA 3
Vamos entender bem o que essa lei afirma. Seja m a massa inercial
da partícula em estudo, supostamente conhecida (pois é uma constante
que, em princípio, pode ser medida ou calculada), seja a a aceleração
da partícula em estudo em um instante arbitrário, a lei do determinismo
newtoniano afirma que podemos determinar o produto de m por a, isto
é, o produto ma. Isto é praticamente o mesmo que dizer que podemos
determinar a aceleração a. De fato, se ma foi determinado, basta dividi-
lo por m para determinar a.
Uma vez enunciado a lei do determinismo newtoniano e
estabelecido o conceito de massa inercial, representado por m, e sua
relação com o conceito de força e de aceleração, vamos agora enunciar
a segunda lei de Newton:
A força total exercida sobre uma partícula é igual ao produto da massa dessa partícula pela sua aceleração.
!
No sistema MKS (metro-kilograma-segundo), em que a unidade
de comprimento é o metro, a de massa é o quilograma, e a de tempo é
o segundo, podemos representar a unidade de força por kg m/s2. Assim,
definimos uma nova unidade para força nesse sistema, chamada de
newton (N), em homenagem ao ilustre físico inglês Isaac Newton, que
é equivalente a
Logo, 1N é a força que, quando aplicada a um corpo de massa
1kg, lhe imprime uma aceleração de 1 m/s2.
No sistema CGS (centímetro-grama-segundo), por exemplo, a
unidade de força é o dina. Um dina é a força que produz uma aceleração
de 1cm/s2 a um corpo com um grama de massa. Como 1kg = 103g e
1m = 102 cm, é fácil ver que
1 newton quilograma1 metro
1 segundo2≡ ×
( )1 .
1 10 5 dina N.= −−
100 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 101
AU
LA 3
PRINCÍPIO DA SUPERPOSIÇÃO
Um fato importante relacionado à segunda lei de Newton é que
tanto as forças quanto as acelerações são grandezas vetoriais, ou seja, são
grandezas físicas caracterizadas por um módulo, uma direção e um sentido.
Portanto, é necessário que levemos em conta esse aspecto vetorial.
Representaremos a massa da partícula em estudo por m e sua
posição, velocidade e aceleração em relação ao referencial inercial por
r, v e a, respectivamente. Vamos considerar o caso genérico em que há
N partículas vizinhas à partícula em estudo, que têm posições dadas por
e velocidades dadas por .
A segunda lei de Newton afirma que o produto da massa pela
aceleração da partícula em estudo é igual à força total, aqui represen-
tada por F, que as partículas vizinhas exercem sobre ela,
(3.2)
Na situação em que há N partículas nas vizinhanças da partícula
em estudo, a força total F sobre esta, chamada de força resultante,
é exercida por todas as N partículas. Uma enorme quantidade de
experimentos mostra que existe a seguinte relação entre essa força total
e as N forças dadas, devido às N partículas:
(3.3)
isto é, a força total sobre uma partícula em estudo, exercida pelas
suas partículas vizinhas, é igual à soma vetorial das forças que cada
partícula vizinha exerceria se estivesse sozinha nas vizinhanças
da partícula em estudo.
Conheça mais sobre o físico e matemático Isaac Newton acessando o link:http://pt.wikipedia.org/wiki/isaac_newton
F a= m .
F F F F= + + +1 2 L N
102 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 103
AU
LA 3
Esse resultado, embora simples, é extremamente importante.
Ele é chamado princípio de superposição das forças. Podemos expressar
o seu conteúdo, dizendo que a força exercida por uma das partículas
das vizinhanças sobre a partícula em estudo independe da presença das
outras partículas.
Portanto, o que deve ser compreendido por força total consiste na
soma vetorial de todas as forças externas atuando no corpo.
Forças externas são as forças exercidas pelas partículas em
suas vizinhanças. Logo, a segunda lei de Newton escrita em termos
quantitativos é
(3.4)
Um ponto importante a ser dito a respeito da segunda lei de
Newton é o fato de ela determinar quais os movimentos possíveis para
uma partícula na presença de suas vizinhas em um dado problema. Essa
lei estabelece uma relação entre a aceleração da partícula em estudo e
as posições e velocidades de todas as partículas do problema, como é
evidente na Equação (3.4). Isso significa que qualquer movimento da
partícula em estudo na presença das partículas vizinhas deve respeitar
essa relação. Dito de outro modo:
Os movimentos possíveis para tal partícula em estudo são os
que satisfazem à Equação (3.4), ou seja, os que estão de acordo com a
segunda lei de Newton.
Um outro ponto importante é o fato de que a segunda lei é o
princípio fundamental da dinâmica; é ela que determina toda a evolução
de uma partícula.
De fato, vamos imaginar todos os movimentos possíveis de uma
partícula em um dado problema, assumindo que todas as forças externas
aplicadas sobre a partícula em estudo sejam conhecidas. Considere agora
um instante fixo t0 e uma posição r0 também fixa. Dentre as trajetórias
possíveis da partícula, consideremos apenas aquelas nas quais ela tem a
posição r0 no instante t0. Encontraremos uma infinidade de movimentos
que satisfazem a essa condição. Acrescentemos agora a condição de que
a velocidade do movimento no instante t0 também esteja fixa; digamos
que seja v0. Procuremos quais os movimentos da partícula, entre os
possíveis, que têm posição r0 e velocidade v0 no instante t0.
Fexternas =∑ ma.
102 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 103
AU
LA 3
Quantos movimentos, que satisfazem a essas condições, existem?
A resposta é: “um, e somente um!’”
Entre as trajetórias possíveis da partícula, com velocidades e
posições determinados para cada instante dessa trajetória, existe uma,
e somente uma, que satisfaz às condições de ter uma determinada posição
e uma determinada velocidade em um dado instante fixo.
É comum chamar de instante inicial o instante t0 em que estão
predeterminadas a posição r0 e a velocidade v0 da partícula, mesmo
que normalmente haja movimento antes de t0. Em conformidade com
essa nomenclatura, r0 e v0 são chamadas posição inicial e velocidade
inicial da partícula, respectivamente. A essas duas informações,
a posição e a velocidade iniciais, damos o nome de condições iniciais
do movimento.
As propriedades da segunda lei de Newton, que acabamos de
discutir, oferecem a solução do seguinte problema:
Dadas as forças que agem sobre uma partícula, bem como sua
posição e sua velocidade em um dado instante, como determinar o seu
movimento?
Esse é o chamado problema fundamental da Mecânica Clássica.
Como discutimos anteriormente, a segunda lei de Newton resolve
esse problema determinando quais são os movimentos possíveis da
partícula sob a ação das forças dadas. Dentre todos os movimentos
possíveis, um único possui, num certo instante, a posição e a velocidade
predeterminadas no problema.
Desse modo, a segunda lei de Newton se apresenta como um critério
para estabelecer quais são os movimentos possíveis de uma partícula em
um dado problema: são os que a satisfazem como equação. Essas idéias
serão ilustradas na próxima aula, na qual usaremos a segunda lei de
Newton para determinar movimentos possíveis de uma partícula em
algumas situações simples.
104 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 105
AU
LA 3
ATIVIDADES
3. Um carro que tem uma massa de 800kg está se movendo, inicialmente, com uma velocidade de 36km/h. Quando os freios são aplicados, ele pára após 20m. Supondo que o carro é parado por uma força constante, determine:
a. o módulo desta força;
b. o tempo necessário para ele parar.
Se, por outro lado, a velocidade inicial dobrar, e o carro for submetido a uma mesma força durante a parada, qual será:
c. A distância até alcançar o repouso?
d. E quanto tempo ele gasta até parar?
(Isto poderá servir como lição quanto ao perigo de se dirigir em altas velocidades.)
RESPOSTAS COMENTADAS
A Figura 3.3.a mostra o carro se movendo em uma estrada, no momento
em que os freios são aplicados. Na Figura 3.3.b mostramos o eixo X
que vamos usar, que foi colocado na direção da estrada no sentido do
movimento do veículo.
104 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 105
AU
LA 3
a. A velocidade inicial do carro é v0 = 36km/h = 10m/s e a velocidade
final é nula, v = 0. O carro percorre 20m para conseguir parar. Vamos
determinar a aceleração do carro, que é constante, usando a equação
v2 = v02 + 2a∆x. Você deve calcular uma aceleração igual a
Nesse caso, você deve perceber que o vetor aceleração a aponta na
direção –X.
Você pode calcular a força (resultante) que atua no carro usando a
segunda lei de Newton, F = ma. Veja que o vetor F tem a mesma direção
e sentido do vetor aceleração a, isto é, também aponta na direção –X.
Como a massa do carro vale m = 800kg, o módulo do vetor força vale
Note que a unidade da força no SI é 1N = 1 kgm/s2.
b. Você pode calcular o tempo que o carro leva para parar com a equação
v = v0 + at. Dessa forma, como a velocidade inicial é v0 = 10m/s e a
velocidade final é v = 0, esse tempo vale
Figura 3.3: (a) Um carro que está diminuindo a velocidade, até parar depois de 20m; (b) O diagrama de corpo isolado do carro. A força F produz uma aceleração a no carro.
36km/h
20m
Carro (800kg)x
F
a
av
x= = =−− −− −−0
2 2
2102 20
2 5∆
( )( )
, .m/s
mm/s2
| | | | ( )( , ) .F a= = = ×m 800 2 5 2 103kg m/s N2
tv
a= = =−− −−
−−0 10
2 54
( )( , )
.m/sm/s
s2
(a)
(b)
106 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 107
AU
LA 3
c. Agora, a velocidade inicial do carro é 2v0 = 72km/h = 20m/s. O carro
é submetido a uma força que aponta na direção –X e cujo módulo
vale |F| = 2 × 103N, como no item (a). Você já sabe que, quando uma
força dessa magnitude atua sobre o carro, ele sofre uma aceleração
|a|= 2,5m/s2. Assim, antes de parar o carro vai percorrer
d. Nessa situação, para mudar a velocidade do carro de v0 = 20m/s para
v = 0, o tempo decorrido é de
Assim, você vai concluir que a variação do tempo das duas situações de
parada deve ser t ´ − t = 4s.
4. Numa brincadeira de cabo de guerra, Alex, Bete e Charles puxam um pneu de automóvel, nas direções mostradas na Figura 3.4.a, vista do alto. Alex puxa com uma força FA (220N) e Charles com uma força FC (170N). O pneu permanece parado. Qual a força FB aplicada por Betty?
Figura 3.4: (a) Vista do alto das três crianças puxando um pneu; (b) diagrama de corpo isolado do pneu.
∆xv
a= = =−− −−
−−( ) ( )
( , ).
22
202 2 5
8002 2m/s
m/sm2
tv
as´
( )( , )
.= = =−− −−−−
2 202 5
80 m/sm/s2
FA
FC
47.00
1970
FB
y
x
(b)(a)
Alex
Charles
Betty
Pneu
φ
106 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 107
AU
LA 3
RESPOSTA COMENTADA
a. A Figura 3.4 mostra o diagrama de corpo isolado do pneu. Mesmo com
as três pessoas puxando, o pneu permanece parado. Veja que o estado
de repouso do pneu é mantido, porque o vetor aceleração resultante do
pneu é nulo. Pela segunda lei de Newton, você deve concluir que se, o
vetor aceleração resultante é nulo, então a força resultante é nula,
Na equação acima, nós usamos o princípio de superposição.
Como o pneu continua em repouso, a soma vetorial das forças tem que
ser zero. Você pode reescrever essa equação vetorial em termos das
componentes escalares. Dê uma olhada na Figura 3.3.b e escreva as
componentes X e Y da força resultante,
Note que usamos a notação |FA| = FA, |FB| = FB e |FC| = FC. A partir
da equação da componente X, você pode encontrar quanto vale o
ângulo φ ,
Para calcular qual é a força FB aplicada por Betty, você pode usar a
componente Y da equação da força resultante. O resultado que você
tem que encontrar é
F F FA B C+ + = 0
F F
F F FC A
C A B
cos cos ;
.
φ
φ
−−
−−
47 0
47 0
o
osen sen
=
+ =
φ =
=cos
( )( , )( )
−−1 220 0 682170
28N
No
F F FB C A= += + =
sen sen
N N N
o o28 47
170 0 469 220 0 731 241
,
( )( , ) ( )( , ) .
108 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 109
AU
LA 3
TERCEIRA LEI DE NEWTON
Na aula anterior, enunciamos a segunda lei de Newton. Ela afirma
que o produto da massa pela aceleração de uma partícula é igual à
força total que as partículas vizinhas exercem sobre ela. Essa força total
depende das posições e das velocidades de todas as partículas envolvidas
no problema, e essa dependência pode ser muito complicada nas situações
em que há muitas partículas vizinhas ou em que elas se movimentam de
modo muito complicado. No entanto, há propriedades da força total
que podem simplificar o estudo dos movimentos que ela causa. A mais
importante e fundamental dessas propriedades é o chamado princípio
da superposição, que nós já estudamos.
Em nosso curso, um vetor poderá ser denotado por uma única letra em negrito, por exemplo, a, ou um vetor poderá também ser representado pela conhecida notação:
r
a .Já o módulo de um vetor a será denotado por |a| ou
r
a . Também poderemos representar o módulo de um vetor abolindo o negrito da letra, ou seja, simplesmente por a.
!
Consideremos um par de partículas isoladas do resto do universo.
Chamaremos uma delas partícula i e a outra partícula j. Consideremos
i a partícula em estudo, e j sua partícula vizinha. Vamos chamar r
Fij
a força sobre i, exercida por j. Sendo mi a massa da partícula em estudo r
aij e sua aceleração, temos, pela segunda lei de Newton,
(3.5)
Vamos agora trocar os papéis das duas partículas: j é considerada
como a partícula em estudo e i como sua única partícula vizinha. Denotamos
por r r
F Fji ij= −− a força sobre j, exercida por i. Sendo mj a massa da partícula em
estudo e r
aj sua aceleração, temos, pela segunda lei de Newton,
(3.6)
Consideremos agora a situação em que as duas partículas i e j não
formam necessariamente um par isolado. Nesse caso, se tomarmos i como
a partícula em estudo, ela pode ter em suas vizinhanças outras partículas
m a Fi i ij
r
r
=
m a Fj j ji
r
r
=
108 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 109
AU
LA 3
além de j. No entanto, de acordo com o princípio da superposição, a
força sobre a partícula em estudo i, exercida pela vizinha j, não depende
de outras partículas vizinhas de i. Ela é exatamente igual à força r
Fij que
seria exercida sobre i, se ela formasse um par isolado com j. Do mesmo
modo, a força sobre a partícula em estudo j, exercida pela partícula
vizinha i, é exatamente igual à força r r
F Fji ij= −− que seria exercida sobre j,
se ela formasse um par isolado com i. Portanto, graças ao princípio da
superposição, podemos considerar que, mesmo quando i e j não formam
um par isolado, é verdadeira a relação
(3.7)
Nesse sentido geral, a relação acima é chamada de terceira lei de
Newton, que enunciamos da seguinte forma:
r r
F Fji ij= −−
Se r r
F Fji ij= −− é a força sobre uma partícula i exercida por uma partícula j e r r
F Fji ij= −− é a força sobre a partícula j exercida pela partícula i, então, (3.8)
isto é, as duas forças têm o mesmo módulo, a mesma direção e sentidos opostos.
!
r r
F Fji ij= −−
As duas forças r r
F Fji ij= −− e r r
F Fji ij= −−, mencionadas na terceira lei de Newton, são
chamadas forças de ação e reação. Qualquer uma delas pode ser chamada
força de ação e, nesse caso, a outra é chamada força de reação. Sendo
assim, também dizemos que a força r r
F Fji ij= −− é a força de reação à força r r
F Fji ij= −− .
É claro que podemos nos referir à força r r
F Fji ij= −− como força de ação da
partícula i sobre a partícula j. Dessa forma, a força r r
F Fji ij= −− é chamada força
de reação da partícula j sobre a partícula i, ou ainda, força de reação
à força r r
F Fji ij= −−.
É comum denominar o par de forças r r
F Fji ij= −− e r r
F Fji ij= −− como par de ação e
reação. Se escolhemos uma das forças do par para ser a força de ação,
a outra é chamada força de reação. Usando esses conceitos de ação e
reação, podemos enunciar a terceira lei de Newton da seguinte forma
abreviada:
A cada ação corresponde uma reação de mesmo módulo, mesma direção e sentido oposto.
!
110 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 111
AU
LA 3
Notemos que as forças de ação e reação são sempre exercidas
sobre partículas distintas. A força r
Fij é exercida sobre a partícula i e a
força r r
F Fji ij= −− sobre a partícula j, sendo que esteve sempre subentendido que i
e j são designações para duas partículas distintas, e não dois nomes para
uma mesma partícula. Devido aos nomes “ação” e “reação”, atribuídos
às duas forças envolvidas na terceira lei de Newton, essa lei é também
conhecida como lei da ação e reação.
Uma vez estabelecidas as leis de Newton, vamos agora entender
qual é o problema fundamental da Dinâmica e como essas leis são usadas
para resolvê-lo.
Nessas três leis, consideramos contidas, implicitamente, certas
propriedades, como o princípio da superposição e o princípio da
existência e unicidade de soluções, que discutiremos agora. No problema
fundamental da Mecânica Clássica, são dadas a posição e a velocidade
da partícula em um único instante e é pedido o movimento da partícula,
isto é, a função movimento que dá a posição da partícula em todos os
instantes durante o movimento. De posse da função movimento, podemos
obter a função velocidade, que dá a velocidade da partícula em todos os
instantes durante o movimento.
O instante fixo em que são dadas a posição e a velocidade
da partícula pode ser um instante qualquer. Como mencionamos,
ele é comumente chamado instante inicial do movimento, embora o
movimento possa ter começado antes dele. Na verdade, o adjetivo
“inicial” não é significativo, mas continua a ser usado por questão
de tradição. Representaremos o instante inicial por t0. Sempre que
for possível e conveniente, estabeleceremos que esse é o instante zero.
Os valores da posição e da velocidade da partícula no instante inicial
são chamados posição inicial e velocidade inicial, respectivamente.
Representando a posição inicial por e a velocidade inicial por r r
&r f t v f t0 0 0 0= ( ) = ( ) e ,, temos
(3.9)
onde r r
&r f t v f t0 0 0 0= ( ) = ( ) e , é a função movimento e r r
&r f t v f t0 0 0 0= ( ) = ( ) e , é a função velocidade do
movimento procurado, sendo essa última, como sabemos, a derivada da
função movimento em relação ao tempo.
r r
&r f t v f t0 0 0 0= ( ) = ( ) e ,
110 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 111
AU
LA 3
Com base no que já aprendemos, podemos afirmar que, dadas
as condições iniciais de um movimento, existe uma única função
movimento que satisfaz à segunda lei de Newton e a essas condições
iniciais. Conseqüentemente, dadas a posição e a velocidade de uma
partícula num instante qualquer, podemos dizer que o seu movimento
futuro (e passado também) fica univocamente determinado pela segunda
lei de Newton. Vamos escrever a segunda lei de Newton
(3.10)
na forma usual que os matemáticos denominam de equação diferencial.
Para isso, consideremos uma função movimento r
r f t= ( ). Ela dá a posição r
r f t= ( ) da partícula em qualquer instante t do movimento:
(3.11)
A derivada dessa função é uma função velocidade &f t( ), que dá a
velocidade da partícula em qualquer instante t do movimento:
(3.12)
A derivada da função velocidade, em relação ao tempo, é a função
aceleração &&f t( ), que dá a aceleração r
r
&&advdt
f t= = ( ) da partícula em um instante qual-
quer t do movimento:
(3.13)
Note que a aceleração pode ser escrita como a derivada da
velocidade, em relação ao tempo, ou como a derivada segunda da
posição também em relação ao tempo:
(3.14)
Na expressão da segunda lei, vamos usar as respectivas definições
de velocidade e aceleração para escrever:
(3.15)
r
r
F maexternas =∑
r
r f t= ( )
r
r
&vdrdt
f t= = ( )
r
r
&&advdt
f t= = ( )
r
r r
advdt
d rdt
= =2
2 .
md rdt
F r r rdrdt
drdt
drdtN
N2
2 11
r
r
r r
L
r
r r
L
r
=
, , , , , , , .
112 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 113
AU
LA 3
Essa é uma equação que relaciona, a cada instante, o valor rr f t= ( ) da
função f, com o valor dr dtr
/ de sua derivada e o valor d r dt2 2r
/ de sua
derivada segunda. Lembre-se de que as posições e as velocidades das
partículas vizinhas em um instante arbitrário são quantidades supostamente
conhecidas nos problemas em consideração. Posteriormente, voltaremos
a discutir o caso em que as posições e velocidades das partículas vizinhas
não são conhecidas para qualquer instante de tempo. Uma equação
como a anterior, que relaciona uma grandeza com suas derivadas,
é chamada, em Matemática, de uma equação diferencial. Além disso, uma
equação diferencial é dita de segunda ordem se nela a derivada segunda
é a de mais alta ordem. A segunda lei de Newton é, portanto, uma
equação diferencial de segunda ordem. Em contraste com as equações
algébricas nas equações diferenciais, a incógnita é uma função, ou seja,
as soluções dessa equação são as funções f que levam a valores de r
r f t= ( ),
dr dtr
/ e d r dt2 2r
/ que satisfazem à equação, isto é, a tornam verdadeira
em cada instante.
Já sabemos que essas soluções são os movimentos possíveis da
partícula no problema em questão. Entre essas soluções existe uma,
e somente uma, que satisfaz às condições iniciais r
r f t0 0= ( ) e r
&v f t= ( )0 .
Em suma:
A segunda lei de Newton é uma equação diferencial de segunda
ordem, cujas soluções são os movimentos possíveis de uma partícula em
um dado problema.
Entre essas soluções, há uma, e apenas uma, que resolve o
problema fundamental da Mecânica Clássica. Vamos sintetizar essa
propriedade na forma: se forem dadas as forças sobre a partícula, a
segunda lei de Newton determina, para essa partícula, um, e somente
um movimento que satisfaz às condições iniciais dadas por uma posição
e uma velocidade predeterminadas em algum instante fixo.
Essa propriedade da segunda lei de Newton é chamada de princípio
da existência e unicidade das soluções do problema fundamental da
Mecânica Clássica.
112 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 113
AU
LA 3
No problema fundamental da Mecânica, as forças envolvidas são consideradas conhecidas, isto é, como dados do problema em estudo. Isso significa que na segunda lei de Newton é conhecida a função força, que determina a força sobre a partícula em estudo para quaisquer que sejam as posições e velocidades das partículas do problema. No entanto, é natural perguntarmos como são obtidas essas funções forças. A resposta é que são obtidas a partir de observações e experimentos, geralmente complementados por cálculos teóricos. Analisando-se vários movimentos da partícula em estudo e medindo-se, para cada um deles, as posições e as velocidades de todas as partículas do problema em vários instantes, podemos relacionar as acelerações da partícula em estudo com as posições e velocidades de todas as partículas do problema. A partir desses dados, lembrando que a força total sobre a partícula em estudo é igual ao produto de sua massa por sua aceleração, é possível inferir expressões para a função força que atua sobre a partícula em estudo, e que é exercida pelas partículas vizinhas. É claro que, quanto maior for o número de medidas feitas (e maior for a precisão de tais medidas), mais próxima da realidade estará a nossa conclusão a respeito da função força para um certo problema. Nesse sentido, encontrar as funções forças sobre uma partícula numa certa situação significa resolver o seguinte problema:
Dados um ou mais movimentos de uma partícula na presença de partículas vizinhas, determinar a força total que age sobre a partícula exercida pelas partículas vizinhas.
Esse é o chamado problema inverso da Mecânica Clássica. Um exemplo de problema inverso, que teve um papel muito importante no desenvolvimento da Mecânica, foi resolvido por Newton, ao descobrir a Lei da Gravitação Universal.
A partir dos movimentos dos planetas, dados pelas leis de Kepler, Newton determinou qual a força que o Sol exerce sobre cada planeta. Ele usou as leis de Kepler para concluir que a força é atrativa, tem a direção da reta que une cada planeta ao Sol e é inversamente proporcional ao quadrado da distância que os separa.
Vamos voltar ao assunto desta aula: o problema fundamental da
Mecânica Clássica. Continuaremos supondo que as forças já tenham sido
obtidas experimentalmente e nos tenham sido dadas e, a partir delas,
tentemos obter o movimento da partícula em estudo. Note que a segunda
lei de Newton é uma igualdade vetorial. Isso significa que os vetores, em
ambos os lados da equação, podem ser decompostos em componentes
ao longo dos eixos OX, OY e OZ do referencial em uso, para obtermos
três igualdades numéricas, equivalentes à igualdade vetorial
(3.16)ma F m a F m a F m a Fx x x y y y z z z
r
r
= ⇔ = = =, , e
114 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 115
AU
LA 3
onde as componentes da aceleração e da força total são escritas na
notação habitual. As forças se apresentam em cada problema concreto
como vetores, de modo que a segunda lei de Newton é aplicada ao
problema inicialmente em forma vetorial. Essa também é a forma
que permite a melhor compreensão das relações entre as forças e as
características do movimento que elas causam. É no momento de se
realizarem os cálculos que normalmente se torna útil a decomposição
da segunda lei de Newton nas três igualdades numéricas escritas acima.
Na verdade, na maioria dos problemas de que tratamos, os movimentos
são retilíneos ou planos, de modo a ser possível decompor a segunda lei
de Newton em apenas uma ou duas igualdades numéricas.
Naturalmente, essas considerações também se aplicam à segunda
lei de Newton, na forma de uma equação diferencial, a Equação (3.15),
ou seja, essa equação também é uma igualdade vetorial, equivalente a três
igualdades numéricas, que são três equações diferenciais que relacionam
as componentes da derivada segunda d r dt2 2r
/ com as componentes
correspondentes da força total.
Note que ainda não usamos a terceira lei de Newton nesta
seção, pois ela não se faz necessária no tipo de problema que estamos
considerando. No entanto, desempenha um papel importante no estudo
do movimento, como veremos adiante. Até agora, consideramos as
posições e as velocidades das partículas vizinhas como conhecidas em
qualquer instante do tempo, isto é, consideramos como conhecidos
os movimentos de todas as partículas vizinhas. Em alguns casos mais
simples, isso realmente ocorre; e, em outros, esses movimentos são
desconhecidos.
De qualquer modo, conhecer ou não o movimento das partículas
vizinhas não afeta a força total sobre a partícula em estudo, quando as
partículas do problema estão em certas posições e com certas velocidades,
uma vez que a função força só depende dessas posições e velocidades
e não do fato de algum observador já possuir alguma informação
sobre o sistema. Em ambos os casos, a teoria explicada anteriormente
permite resolver o problema fundamental da Mecânica Clássica.
No entanto, a situação mais comum, e mais complicada, é aquela
na qual não conhecemos o movimento das partículas vizinhas. Não
sabemos, então, quais são as posições e velocidades em um instante
qualquer das partículas vizinhas que aparecem na segunda lei de Newton.
114 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 115
AU
LA 3
Nesse caso, rL
r
r rN1, , , rL
r
v vN11, , são incógnitas na equação diferencial,
além das incógnitas rr f t= ( ), dr dtr
/ e d r dt2 2r
/ referentes à partícula em estudo.
Como você verá, quando estudar a teoria das equações diferenciais, há
nesse caso incógnitas em excesso, o que torna impossível determinar
o movimento da partícula em estudo, usando apenas a equação
diferencial
(3.17)
O que fazer então para determinar esse movimento?
A resposta é que a própria segunda lei deve ser usada para
determinar o movimento também das partículas vizinhas. Isto é, devemos
considerar cada uma das partículas como novas partículas em estudo e
aplicar a cada uma delas a segunda lei de Newton. Desse modo, obtemos
mais N equações diferenciais, além da equação diferencial acima. Todas
essas equações diferenciais juntas, com o auxílio da terceira lei de Newton,
permitem, em princípio, encontrar os movimentos possíveis de todas as
partículas do problema, da partícula que originalmente foi considerada
como partícula em estudo e das suas N partículas vizinhas. Devido
ao princípio de existência e unicidade do problema fundamental da
Mecânica, apropriadamente generalizado para o caso em que buscamos
os movimentos de todas as partículas do problema, podemos afirmar
que: dadas as condições iniciais para todas as partículas do problema,
ficam, em princípio, determinados univocamente pelas leis de Newton
os movimentos de todas elas.
Entretanto, no caso geral, a solução do conjunto de equações
diferenciais que determinam os movimentos possíveis de todas as
partículas do problema é tão complicada, mas tão complicada, que
ninguém, nem computador algum, consegue resolvê-las na prática, a
menos que sejam feitas hipóteses simplificadoras. Por isso, começaremos
por estudar problemas nos quais suporemos conhecidos os movimentos
das partículas vizinhas. Na verdade, o que faremos será considerar,
primeiramente, situações, as mais simples possíveis, nas quais somente
a equação diferencial dada acima seja suficiente para resolver o problema
fundamental da Mecânica.
md rdt
F r r rdrdt
drdt
drdtN
N2
2 11
r
r
r r
L
r
r r
L
r
=
, , , , , , , .
116 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 117
AU
LA 3
ATIVIDADES
5. Uma bala de fuzil de massa igual a 20g atinge uma árvore com uma velocidade de 500m/s, penetrando nela a uma profundidade de 10cm.
a. Se o cano do fuzil tem 50cm, quanto vale a força média (em N) exercida pela bala sobre o atirador?
b. Calcule a força média (em N) exercida sobre a bala durante a penetração.
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Entre o instante em que o gatilho do fuzil é acionado e o instante
em que a bala sai do cano da arma, a bala parte do repouso e atinge
uma velocidade final, imediatamente após o disparo, de v = 500m/s.
Para ganhar essa velocidade, a bala percorreu toda a extensão do
cano de ∆x = 50cm. Você pode calcular a aceleração (média) da bala,
durante o tempo em que ela percorre o cano do fuzil, com a fórmula
v2 = vo2 + 2ao∆x. Dessa maneira, você vai calcular que a aceleração
da bala, ao = v2/2∆x, é de
ao 2
m/sm
ms
= = ×( )( , )
, .5002 0 5
2 5 102
5
116 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 117
AU
LA 3
Agora, você vai calcular a força que lança a bala em direção à árvore
com a segunda lei de Newton, |FBF | = mao . Como você já sabe, o
subscrito que nós estamos usando diz que FBF é a força (média) que
o fuzil “F” exerce sobre a bala “B”. Na Figura 3.5, está mostrado o
diagrama de corpo isolado da bala.
Note que o enunciado do problema pede para você calcular a força
de recuo, isto é, aquela força que o atirador recebe imediatamente
após o disparo. Pois bem, vamos usar a terceira lei de Newton:
A força (média) que a bala exerce sobre o fuzil, FFB = −FBF ,
tem o mesmo módulo e a mesma direção que tem a força
FBF , mas com sentido oposto. Então, basta que você calcule
o módulo da força sofrida pela bala porque |FFB| = mao.
A força média, sofrida pelo atirador depois do disparo, vale
b. Quando a bala atinge a árvore, ela é freada até parar. Você sabe
que, para alterar o estado de movimento da bala, de velocidade
constante vo = 500m/s para v = 0, é necessária a ação de uma
força. Essa força é exercida pela árvore “A” sobre a bala “B”, que
nós podemos escrever como FBA. O diagrama de corpo isolado da
bala, ao penetrar na árvore, é mostrado na Figura 3.5. Você pode
calcular a aceleração média da bala, ao penetrar ∆x = 10cm na
árvore, com a igualdade a = −vo2/2∆x. Logo, o resultado a que você
deve chegar é que
Já que você sabe quanto vale a aceleração da bala ao ser freada
pela árvore, é fácil encontrar a força média exercida sobre a bala
durante a penetração. Com a segunda lei de Newton, |FBA| = m|a| ,
você vai poder calcular que
Figura 3.5: (a) Diagrama de corpo isolado da bala pouco antes de sair do cano do fuzil; (b) diagrama de corpo isolado da bala ao penetrar na árvore.
FBF FBA
(a) (b)
Bala (20g) Bala (20g)
| | ( , )( , ) .FFB = × = ×0 02 2 5 10 5 105 3kg m/s N2
a = = ×−− −−( )
( , ), .
5002 0 1
1 25 102
6m/sm
ms2
| | ( , )( , ) , .FBA = × = ×0 02 1 25 10 2 5 106 4 kg m/s N2
118 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 119
AU
LA 3
6. O sistema representado na Figura 3.6, que contém dois blocos de massas iguais a 100kg e 300kg, está em equilíbrio. Determine:
a. as tensões TA no fio AB, TB no fio BC e TC no fio CD e
b. o valor do ângulo θ.
Figura 3.6: O sistema mecânico consiste em dois blocos presos às paredes por fios com massas desprezíveis e inextensíveis.
1200
B C
100kg
300kg
A
D
118 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 119
AU
LA 3
RESPOSTAS COMENTADAS
Como o sistema de blocos e fios está em equilíbrio, as forças resultantes
que atuam em cada um dos blocos e em cada um dos nós B e C
devem ser vetores nulos. Você aprendeu a segunda lei de Newton, que
estabelece uma relação entre a força resultante e a aceleração de um
corpo, ΣF = ma. Assim, o equilíbrio (de forças) do sistema significa que
a aceleração de cada corpo deve ser nula. Mais ainda, para calcular a
força resultante, você vai usar o princípio da superposição das forças.
Você deve sempre esboçar um diagrama, um para cada bloco e cada
nó, isolando-o e determinando as forças atuantes. Na Figura 3.7, estão
quatro desses diagramas, onde você pode ver os blocos de massas
100Kg e 300Kg , e os nós B e C.
a. Para o bloco mais leve (m1 = 100Kg) ficar em equilíbrio estático, é
necessário que a força de tração no fio que liga esse bloco até o nó
B, T1 equilibre com a força peso, P1 = m1g (veja a Aula 4). Neste caso,
com o princípio de superposição
Figura 3.7: Diagrama das forças que atuam nos blocos isolados e nós B e C.
F T P T Pbloco1∑ = = ⇒ =1 1 1 10+ − ,
você vai concluir que a força de tração tem módulo igual ao peso,
T1 = P1 = 980N, mas tem sentido para cima.
O mesmo raciocínio se aplica ao bloco de maior massa (m2 = 300Kg):
a força de tração no fio que liga o bloco até o nó C, T2 deve equilibrar
com a força peso, P2 = m2g. Como resultado do princípio de
superposição, você vai encontrar que:
F T P T Pbloco2∑ = + = ⇒ =2 2 2 20 −− .
T2
P2
P1
T1TA
P1
P2
TC
CTBTB100kg 300kg
600
300
120 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 121
AU
LA 3
Logo, você pode ver que a força de tração tem módulo T2 = P2 = 2940N
e tem sentido para cima.
Agora que você já sabe quais são os vetores T2 e T2 , vamos discutir como
obter os vetores de tração TA , TB e TC .
Veja na Figura 3.7 que as forças que atuam no nó B são as forças de
tração TA , TB e T1 . Para estar em equilíbrio estático, a força resultante no
nó B deve ser nula,
Note que você pode usar o equilíbrio do bloco 1, T1 = − P1 . Na equação
acima, temos as componentes vertical e horizontal da força resultante. Não
é difícil você observar na Figura I que o ângulo entre o fio AB e a horizontal
vale 30o. Assim, você pode escrever, respectivamente, as componentes
horizontal e vertical da força resultante no nó B,
(horizontal)
(vertical)
Analise a segunda equação acima, aquela que corresponde ao equilíbrio
vertical das forças. A partir dessa equação, você vai conseguir calcular a
força de tração TA no fio AB. Este vetor tem uma direção que faz 30o com a
horizontal, sendo que o sentido está mostrado na Figura 3.7. A intensidade
da tração TA será:
De imediato, com a equação de equilíbrio horizontal, você pode calcular
quanto vale o módulo da força de tração TB no fio BC,
A direção da força TB é horizontal e aponta para a direita no ponto B.
No nó C, as forças de tração são TB , TC e T2 . No equilíbrio, a força resultante
neste nó deve ser nula,
Note que você pode usar o equilíbrio do bloco 2, T2 = − P2 . Na equação
acima, temos as componentes vertical e horizontal da força resultante.
F T T TpontoB∑ = + + =A B 1 0.
T T
T PB A
A
−−
−−
cos ,
.
30 0
30 01
o
osen
=
=
TP
PA = = =1130
2 1960sen
No .
T TB A= =cos .30 1697o N
F T T TpontoC
B C∑ = + + =2 0.
T T
T PC B
C
cos ,
.
θθ
−−
−−
==
0
02sen
120 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 121
AU
LA 3
O módulo da força de tração TC , no fio CD, pode ser calculado quando
você elevar ao quadrado e somar as equações de equilíbrio acima,
Note que o resultado acima também pode ser obtido quando você
aplica o teorema de Pitágoras aos vetores de força que atuam no nó
C da Figura 3.7.
b. Para calcular o ângulo entre o fio CD e a horizontal, você divide a
segunda equação de equilíbrio do nó C pela primeira. Dessa forma,
você vai calcular a tangente do ângulo θ,
Assim, a força de tração TC tem uma direção que faz um ângulo
de 60o com a horizontal. O sentido dessa força está mostrado na
Figura 3.7.
7. Uma corrente formada por cinco elos, com massa de 0,100Kg cada um, é levantada verticalmente com aceleração constante de 2,50m/s2, como mostrado na Figura 3.8. Determine:
a. as forças que atuam entre os elos adjacentes;
b. a força F exercida sobre o elo superior pela pessoa que levanta a corrente e
c. a força resultante que acelera cada elo.
Figura 3.8: Ilustração da corrente levantada verticalmente por uma força F.
F
T T PC B= + =222 3395N.
tan , .θ θ= = = ⇒ =PTB
2 29401697
1 73 60o.
122 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 123
AU
LA 3
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Vamos enumerar os elos da corrente de baixo para cima: vamos chamar
o elo mais abaixo de elo 1, o elo logo acima deste de elo 2, e assim por
diante, até o elo 5. Você deve ter percebido que a força peso de cada elo
é igual porque todos têm uma mesma massa, P = mg. A direção da força
peso é vertical e está orientada para baixo.
Sempre é conveniente que você faça um diagrama de corpo isolado para
cada elo, mostrando todos os vetores de força envolvidos na superposição.
Na Figura 3.9, é mostrado o diagrama das forças que atuam em cada
um dos elos da corrente.
Você deve notar que as duas forças exercidas sobre o elo 1 são: o peso
P, para baixo, e a força F12 do elo 2 sobre o elo 1, para cima. Vamos
adotar que a direção “para cima” é positiva. Quando você usar a segunda
lei de Newton para o elo 1, a equação em que você deve encontrar é
F12 – P = ma. A aceleração da corrente é o vetor de módulo a = 2,50m/s2
e com direção vertical e sentido para cima. Dessa forma, você vai calcular
o valor da força que o elo 2 exerce sobre o elo 1,
122 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
CECIER J – Extensão 123
AU
LA 3
Você pode ver na Figura 3.9 que as três forças exercidas sobre o elo 2
são: a força peso P, a força de reação F21 = – F12 , para baixo, e a força
F23 para cima (do elo 3 sobre o elo 2). Com a segunda lei de Newton,
você pode mostrar que a relação entre a aceleração da corrente e a
superposição das forças descritas é dada por F23 – F21 – P = ma. Agora
você pode calcular o valor da força que o elo 3 exerce sobre o elo 2,
Para o elo 3, além da força peso, as forças envolvidas na superposição
são: a força de reação F32 = –F23 , para baixo, e a força F34 para cima
(do elo 4 sobre o elo 3). Ao aplicar a segunda lei de Newton, você vai
calcular o valor da força que o elo 4 exerce sobre o elo 3. O resultado
é o seguinte:
Figura 3.9: Diagrama de corpo isolado para cada um dos cinco elos da corrente.
F m g a12
0 100 9 8 2 50 1 23
= += + =
( )
( , )( , , ) , N.
F m g a F23 21
0 100 9 8 2 50 1 23 2 46
= + += + +
( )
( , )( , , ) , ,= N.
F12
F23
F34
F45
P F21 P
F32
F43
F54
P P P
F
elo 1 elo 2 elo 3 elo 4 elo 5
F m g a F34 32
0 100 9 8 2 50 2 46 3 69
= + += + +
( )
( , )( , , ) , ,= N.
124 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton
Veja na Figura 3.9 que as forças exercidas no penúltimo elo são a força
peso, a força de reação F43 = – F34 , para baixo, e a força F45 para cima
(do elo 5 sobre o elo 4). A superposição dessas três forças resulta num
vetor aceleração a para cima, F45 – F43 – P = ma, ou seja,
b. Finalmente, você pode ver na Figura 3.9 que as forças exercidas
sobre o último elo são a força peso, a força de reação F54 = – F45 para
baixo, e a força F, para cima, da pessoa que levanta a corrente. Como
você pode ver, a segunda lei de Newton estabelece que a superposição
das forças que atuam no quinto elo deve resultar em uma aceleração
constante, F – F54 – P = ma, ou seja,
c. Como cada elo tem a mesma massa e a mesma aceleração, a
força resultante FR em cada um deles é igual. A força FR é o vetor cujo
módulo vale
e que tem direção vertical e sentido para cima.
R E S U M O
Nesta aula, definimos o conceito de inércia e explicamos quais s‹o as condições
necessárias para que uma partícula se movimente. Também discutimos a definição
de um referencial inercial.
Em seguida, definimos o conceito de massa inercial e enunciamos a segunda lei de
Newton. Mostramos como identificar e decompor sobre um eixo de coordenadas
cartesiano as forças que atuam sobre um corpo e explicamos como usar o princípio
da superposição para calcular a resultante das forças que atuam sobre uma
partícula e a sua aceleração, caso exista.
Finalmente, enunciamos a terceira lei de Newton e discutimos como as leis do
movimento podem ser usadas para calcular a trajetória, a velocidade e a aceleração
de uma partícula.
F maR = = ( , )( , ) ,0 100 2 50 25=0 N,
F m g a F= + += + +
( )
( , )( , , ) , ,54
0 100 9 8 2 50 4 92 6 15= N.
F m g a F45 43
0 100 9 8 2 50 3 69 4 92
= + += + +
( )
( , )( , , ) , ,= N.
obje
tivos4AULA
Metas da aula
As aplicações das Leis de Newton
Mostrar algumas aplicações das Leis de Newton para calcular a aceleração de partículas em situações físicas conhecidas, como a força gravitacional, as forças de contato, o sistemas massa-mola e um sistema envolvendo o uso de roldanas;
descrever o movimento circular com aceleração constante.
Ao final desta aula, você deverá ser capaz de:
• deduzir a aceleração de corpos em queda livre, quando estão próximos à superfície da Terra;
• calcular a força gravitacional exercida por uma distribuição de partículas massivas sobre uma outra partícula;
• calcular a resultante das forças que atuam sobre uma partícula em situações simples, em que a força de atrito é proporcional à “força normal” exercida por uma superfície lisa;
• calcular o coeficiente elástico de uma mola usando a Lei de Hooke;
• calcular a força necessária para equilibrar uma massa ligada a um sistema de roldanas ideais;
• calcular a velocidade de um corpo em trajetória circular quando conhecemos o valor da aceleração centrípeta e sua massa.
Pré-requisito
Para melhor compreensão desta aula, você precisa ter estudado a Aula 3 – As Leis de Newton.
Texto adaptado por Carlos Magno da Conceição, Lizardo H. C. M. Nunes e Licinio Portugal das apostilas:
- SOUZA, Carlos Farina de; Pinto, Marcus Venicius C.; Soares Filho, Paulo Carrilho. Física 1A. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. v.1.
126 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 127
AU
LA 4
Em nosso curso, um vetor poderá ser denotado por uma única letra em negrito, por exemplo, a, ou poderá também ser representado pela conhecida notação:
r
a .Já o módulo de um vetor a será denotado por |a| ou
r
a . Também poderemos representá-lo abolindo o negrito da letra, ou seja, simplesmente por a.
!
LEI DA GRAVITAÇÃO
Forças gravitacionais são as forças decorrentes da Lei da
Gravitação Universal, de Newton. São essas forças que os corpos sofrem
e exercem exclusivamente pelo fato de terem massa. Examinemos agora
algumas situações mais comuns em que encontramos essas forças.
Consideremos, primeiramente, o caso da força gravitacional
sofrida por uma partícula de massa m e vetor-posição r
r .
Como você já deve saber, a força gravitacional exercida sobre ela
por uma única partícula de massa m1 e vetor-posição r
r1 é dada por
(4.1)
onde G é uma constante universal.
No caso da atração gravitacional de um planeta pelo Sol, tanto o
planeta como o Sol podem ser considerados partículas. Assim, a expressão
anterior dá a força sobre o planeta exercida pelo Sol, se considerar-
mos m e rr como a massa e o vetor-posição do planeta, respectivamente,
e m1 e r
r1 como a massa e o vetor-posição do Sol, respectivamente. Sabemos
que, nesse caso, podemos usar um referencial inercial no qual o Sol está
fixo e, além disso, escolher a origem do sistema de eixos no próprio
Sol. Com essas escolhas, o Sol permanece em repouso na origem e,
conseqüentemente, temos sempre r
r1 = 0.
A fórmula da força gravitacional dada pela Equação (4.1) assume,
nesse caso, a forma mais simples
(4.2)
onde mudamos o símbolo da massa do Sol de m1 para mS.
r
r
r
r
F Gmm
r
r
rs= − 2 ’
r
r r
r r
r r
F Gmm
r r
r rr r
= −−
−−
1
1
21
1
126 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 127
AU
LA 4
Consideremos agora o caso em que a partícula sofre forças
gravitacionais exercidas por N partículas, de massas m1, m2, …, mN,
e suas respectivas posições. Pelo Princípio da Superposição, a força
gravitacional total sobre a partícula é
(4.3)
Quando há muitas partículas exercendo forças, essa soma vetorial
pode ser muito complicada. Existe uma situação, entretanto, em que
há um número enorme de partículas, e o resultado da soma parece ser
milagrosamente simples. É quando as partículas, que exercem as forças
gravitacionais formam uma esfera homogênea. A Figura 4.1 mostra
uma tal esfera de massa M, raio R e centro em um ponto C, cujo vetor-
posição chamamos r
rc
r
r r
r r
r r
r r
r r
F Gmm
r r
r rr r
Gmm
r r
r rN
N
N= −−
−−
+ + −
−−1
1
21
12...rr r
r rN−
.
Figura 4.1: Uma esfera homogênea de raio R e centro em C atrai gravitacionalmente uma partícula de massa m posicionada em frente à esfera.
C
RrC
r − rC
m
x
yO
zr
r
r
F
128 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 129
AU
LA 4
Em frente à esfera há uma partícula de massa m e vetor-posição r
r . A esfera está toda cheia com a massa M, distribuída de forma
homogênea, isto é, qualquer parte da esfera tem a mesma densidade de
massa. Podemos imaginar essa esfera como um conjunto de pedacinhos
bastante pequenos para serem considerados partículas. Vamos chamar N
o número de pedacinhos, m1, m2, … , mN suas massas e suas respectivas
posições (é claro que m1 + m2 +…+ mN = M). Podemos, então, usar a
Equação (4.3) para expressar a força total sobre a partícula que está
em r
r , exercida pelos N pedacinhos da esfera. Se o cálculo for feito com
precisão, obtém-se o resultado: as forças gravitacionais, exercidas pelos
diversos pedacinhos, combinam-se de modo a produzir a força total
(4.4)
que é, de fato, o resultado mais simples que se poderia esperar.
Comparando esse resultado com a força gravitacional vista na Equação
(4.1) exercida por uma única partícula, somos levados a concluir que
a força exercida pela esfera é exatamente a que seria exercida por uma
única partícula, cuja massa é igual à massa M da esfera e cuja posição
é a do seu centro C.
Temos, então, que:
A força gravitacional que uma esfera homogênea exerce sobre uma partícula situada fora dela é a mesma que seria exercida se toda a massa da esfera se localizasse em seu centro.
!
r
r r
r r
r r
F GMm
r r
r r
r rc
C
C
= −−
−−2 ’
Note que, de acordo com esse resultado, a força de atração
exercida pela esfera aponta para o centro da esfera, e o módulo da força
é proporcional ao inverso do quadrado da distância entre o centro da
esfera e a partícula que sofre a força.
A atração gravitacional exercida por uma esfera homogênea
torna-se importante quando aplicada ao caso da atração gravitacional
terrestre sobre os corpos. De fato, a Terra pode, em boa aproximação,
ser considerada como uma esfera homogênea de massa. Podemos, então,
obter a força gravitacional que a Terra exerce sobre uma partícula fora
dela, aplicando a Equação (4.4) na qual no lugar de M colocamos a massa
MT da Terra, e consideramos r
rc como o vetor-posição de seu centro.
128 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 129
AU
LA 4
Além disso, como discutido anteriormente, a Terra pode ser
considerada como um referencial inercial para uma grande variedade
de problemas. Vamos supor essa situação e usar um sistema de eixos com
origem no centro da Terra. Nesse caso, temos que rrc = 0’ e a Equação
(4.1) assume a forma simples
(4.5)
onde RT é o raio médio da Terra, e a ressalva visa lembrar que a fórmula é
válida apenas no caso em que a partícula atraída pela Terra está fora dela,
isto é, acima ou sobre a superfície da Terra. Vamos usar as convenções
comuns de que o módulo do r
r é representado simplesmente por r e o
unitário r
r /r
r é notação representado por r̂ . Com isso, a Equação (4.5)
toma a forma
(4.6)
A Figura 4.2 é uma ilustração da Terra e de uma partícula de
massa m a uma certa altura da superfície da Terra.
r
r
r
r
F GmM
r
rr
r RTT= ≥( )−− 2 ,
r
F GmM
rr r RT
T= − ≥( ) ⋅2ˆ
Figura 4.2: Uma partícula de massa m acima da superfície da Terra, a uma distância r do seu centro.
r
r
F
r
r
m
Centro
Terra
130 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 131
AU
LA 4
Uma vez que a origem do sistema de eixos está no centro da Terra,
o vetor posição r
r da partícula vai do centro da Terra até a partícula.
A distância r da partícula ao centro da Terra é o módulo de seu vetor-
posição. O vetor unitário r̂ aponta no sentido do centro da Terra para o
ponto onde está a partícula. O vetor unitário r̂ foi desenhado na figura
com origem no centro da Terra, tal como o próprio vetor-posição r
r que
lhe deu origem. A força gravitacional r
F da Terra sobre a partícula, dada
pela Equação (4.6), foi desenhada com ponto de aplicação na partícula,
como é habitual. Como os três vetores r
r , r̂ e r
F estão sobrepostos em
uma mesma reta, usamos um expediente para identificar os três vetores
sem confusão: pusemos os símbolos desses vetores próximos às suas
respectivas extremidades finais. Note que a presença do sinal negativo
na Equação (4.6) faz com que r
F e r̂ tenham sinais opostos, como se
faz necessário, uma vez que a força gravitacional atrai a partícula para
o centro da Terra.
Agora queremos considerar a situação na qual a partícula atraída
gravitacionalmente pela Terra está bem próxima da sua superfície, de
tal modo que possamos considerar a distância entre ela e o centro da
Terra aproximadamente igual ao raio da Terra (mais precisamente,
ligeiramente maior). Nesse caso, a força gravitacional exercida pela
Terra sobre a partícula costuma ser chamada peso da partícula e ser
simbolizada por r
P .
Para obter o valor aproximado do peso da partícula, fazemos,
então, r = RT na Equação (4.6), que dá a força gravitacional terrestre
sobre a partícula, e trocamos o símbolo da força de r
F para r
P , para
seguir a notação que adotamos para a força-peso. Obtemos
(4.7)
É conveniente nessa equação separar m dos demais fatores, de
modo a termos
(4.8)
A quantidade em frente à massa costuma ser representada por r
g,
(4.9)
r
P GmM
rrT= − 2ˆ
r
P m GMr
rT= −
⋅2ˆ
r
g GMr
rT= − 2ˆ
130 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 131
AU
LA 4
de modo que o peso da partícula, dado pela Equação (4.8), pode ser
escrito na forma
(4.10)
Usando os valores da constante universal da gravitação G, da
massa da Terra MT e de seu raio RT, obtemos
(4.11)
Portanto, o vetor r
g tem módulo igual a 9,8 em unidades de
newtons por quilograma, sua direção e sentido são a direção e contrário
ao sentido do vetor unitário r
r . Obviamente, a direção desse vetor é a da
reta que une o ponto em que está a partícula ao centro da Terra, e seu
sentido aponta para esse centro. Para quem está na superfície da Terra
(ou próximo dela), a superfície parece plana, a direção de r
g é vertical e
seu sentido é de cima para baixo. Esse ponto de vista, isto é, de quem está
próximo à superfície da Terra, está ilustrado na Figura 4.3 a seguir.
r
r
P mg=
r
gNKg
r= 9 8,
Figura 4.3: A figura mostra r
g e o peso r
r
P mg= de uma partícula de massa m. Esses vetores apontam para o centro da Terra, isto é, têm direção vertical e sentido para baixo.
m
Terra
r
r
P mg=
r
g
132 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 133
AU
LA 4
Você deve ter notado que até o momento não demos um nome
para o vetor r
g , que talvez você já conheça pelo nome de aceleração da
gravidade. Continuaremos a usar esse nome parar
g, porque já é por
demais comum, mas fomos reticentes em adotá-lo, porque ele exige certo
cuidado. Isto porque apenas em uma situação é a aceleração da partícula.
É quando a força total exercida sobre a partícula é o seu peso. Nesse caso,
a Segunda Lei de Newton, aplicada à partícula, toma a forma ma Pr
r
= .
Substituindo a Equação (4.10) na equação anterior, que dá o peso em
função do vetor r
g, obtemos: ma mgr r= . Simplificando a massa em ambos
os lados dessa equação, vemos que a aceleração da partícula, nesse caso,
é igual ao vetor constante r
g, isto é, r r
a g= .
Se, além do peso, houver outras forças que contribuam para a
força total sobre a partícula, a sua aceleração não será igual ao vetor r
g.
Por exemplo, você pode pôr uma bolinha de chumbo de massa m sobre
o chão, e a bolinha ficar em repouso. Nesse caso, tanto a velocidade da
bolinha quanto sua aceleração são iguais a zero. O peso da bolinha
continua a ser igual à massa m multiplicada pelo vetor r
g, de módulo
9,8 N/Kg, ao passo que não é a aceleração da bolinha, que, no caso,
é nula: r
r
a = 0.
Note que a unidade natural para o módulo de r
g é N/Kg, pois esse
módulo é dado pela Equação (4.10) da qual obtemos g = P/m. Sendo o
peso uma força, a unidade de seu módulo é o newton. Como a unidade
de massa é o quilograma, a unidade de g é o newton por quilograma.
Acontece que o newton é igual a kilograma vezes metro por segundo ao
quadrado, de modo que temos N/Kg = m/s2. Desse modo, tanto faz escrever
g = 9,8N/Kg como g = 9,8m/s2. Contudo, ao escrever g = 9,8 m/s2, você
deve ter em mente que nem
sempre esse é o valor da
aceleração da partícula. Esse
é sempre o valor pelo qual
devemos multiplicar a massa
da partícula para obter o
módulo do seu peso.
Podemos concluir, em resumo:O peso de uma partícula de massa m é uma força igual ao produto de sua massa pela chamada aceleração gravitacional, que é um vetor de direção vertical e sentido para baixo. Para partículas próximas à superfície terrestre, o módulo de
r
g é aproximadamente:
(4.12)
Se a força total que age sobre a partícula é apenas o peso, então a aceleração da partícula é igual à aceleração gravitacional.
!
g = 9,8m/s2
132 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 133
AU
LA 4
Finalmente, consideremos a situação em que temos um sistema
de partículas, isto é, um corpo, nas proximidades da superfície terrestre.
Digamos que o corpo seja constituído pelas partículas de massas m1, m2,
… , mN. Sobre cada uma dessas partículas age uma força-peso, exercida
pela Terra. Esses pesos são dados, respectivamente, porr
r
r
r
L
r
r
P m g P m g P m gN N1 1 2= = =, , , r
r
r
r
L
r
r
P m g P m g P m gN N1 1 2= = =, , , .A soma vetorial desses pesos é a força gravitacional
total que a Terra exerce sobre o corpo. Vamos chamar essa força de
peso do corpo e representá-la porr
P . Desse modo, o peso do corpo é
dado por:
(4.13)
isto é,
(4.14)
onde M é a massa total do corpo.
r r r
L
r
P P P PN= + + +1 2
= + + +m g m g m gN1 2
r r
L
r
= + + +( )m m m gN1 2 L
r
,
r
r
P Mg= ,
Temos, então:o peso de um corpo próximo à superfície terrestre é a força gravitacional total que a Terra exerce sobre ele e é igual ao produto da massa do corpo pela aceleração gravitacional
r
g.
!
Na verdade, a força-peso é aquela com a qual temos mais
familiaridade, pois sentimos essa força em nós mesmos, na experiência
ininterrupta de estarmos sendo atraídos para baixo, para o centro da
Terra. Por isso, nosso vocabulário coloquial está cheio de expressões que
se referem à força-peso. Fala-se sobre o peso de um objeto para se referir
ao que sabemos ser o módulo da força-peso que a Terra exerce sobre
ele. Diz-se que um objeto é mais pesado do que outro para significar
que seu peso é maior do que o do outro; nesse caso, também se diz
que o peso de um corpo é proporcional à sua massa. Um corpo é tanto
mais pesado que outro quanto maior for a razão entre a massa dele e a
do outro. Essa proporcionalidade dá origem a certos erros conceituais,
como expressar o peso de um objeto em quilogramas. Sendo peso uma
134 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 135
AU
LA 4
força, sua unidade é o newton e não o quilograma, que é a unidade de
massa. A cada quilograma de massa de um corpo corresponde um peso
de 1Kg x 9,8m/s2 = 9,8N.
Finalmente, notemos que os corpos observados em nossa
experiência diária também exercem forças gravitacionais uns sobre os
outros, pois eles têm massas. Acontece que essas forças são normalmente
imperceptíveis. De fato, não percebemos forças de atração gravitacionais
entre mesas e cadeiras ou entre pessoas, por exemplo. Mesmo próximos a
uma enorme montanha, não sentimos sua força gravitacional. O motivo
de não percebermos forças gravitacionais entre esses corpos é que tais
forças são absolutamente desprezíveis à força gravitacional da Terra.
A montanha exerce uma força gravitacional sobre um corpo próximo e
essa força pode ser medida. Acontece que a Terra também exerce uma
força gravitacional sobre o corpo, que é o seu peso. Ao adicionarmos
vetorialmente essas duas forças, o resultado obtido não é suficiente
para ser distinguido do próprio peso do corpo, pois diante dele a
força gravitacional da montanha é totalmente desprezível. Natu-
ralmente, isso ocorre porque a massa da montanha é desprezível
em relação à massa da Terra.
1. Três bolas de futebol, com 0,450Kg de massa cada uma, foram colocadas sobre um gramado nos vértices de um triângulo retângulo, como está mostrado na Figura 4.4. Calcule o vetor de força gravitacional resultante exercida.
a. sobre a bola A,
b. sobre a bola B e
c. sobre a bola C.
ATIVIDADES
134 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 135
AU
LA 4
Figura 4.4: A localização das bolas de futebol A, B e C sobre um gramado.
RESPOSTAS COMENTADAS
Primeiro você deve calcular separadamente as forças individuais que
atuam sobre cada umas das três bolas. Em seguida, para determinar a
força resultante exercida sobre as bolas de futebol A, B e C, você calcula
a soma vetorial das duas forças exercidas em cada bola.
Vamos usar o valor da massa m = 0,450Kg e da constante gravitacional,
G = 6,67 × 10-11 Nm2/Kg2.
0.500m
0.300m
0.400m
C
A B
y
x
136 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 137
AU
LA 4
a. Na Figura 4.4 você pode ver que a distância entre a bola A e a B é dada
por rAB = 0,300m. A força de atração gravitacional, FAB , que a bola B exerce
sobre a A, tem a direção do eixo +x. Com a Lei da Gravitação Universal, você
pode escrever que
O resultado que você deve encontrar para a força de atração gravitacional
entre as bolas A e B é o seguinte:
A distância entre a bola A e a C vale rAC = 0,400m. Veja a Figura 4.4
e observe que a força de atração gravitacional FAC , exercida pela bola C
sobre a A, tem a direção do eixo +y. Dessa maneira, você pode mostrar que
força gravitacional em questão é
Ao substituir a distância rAC e a massa m na fórmula acima, você vai encontrar
que a força de atração gravitacional entre as bolas A e C vale
Agora, você já sabe quanto valem as forças FAB e FAC . Para encontrar a força
resultante sobre a bola de futebol A, basta que você calcule a soma vetorial
dessas forças, FA = FAB + FAC . O resultado da soma vetorial que você tem
que calcular é
A direção do vetor FA faz um ângulo de 29,4o, no sentido anti-horário, com
o eixo + x.
b. Veja na Figura 4.4 que a distância entre a bola B e a C é dada por
rBC = 0,500m. Como você aprendeu na discussão da aula, a força de atração
gravitacional deve estar sobre o segmento de reta que une as bolas B e C.
Assim, você precisa perceber que a força FBC , exercida pela bola C sobre a
bola B, tem uma direção que faz um ângulo de 53,1o, no sentido horário,
com o eixo −x. A partir disso, você vai conseguir calcular as componentes x
e y do vetor FBC ,
F F uAB BAAB
x
Gmr
= =−−2
2 .
F F uAB BA x= = ×−−
−−( , )( , )( , )
6 67 10 0 4500 300
11 2
2
Nm /Kg Kgm
2 2
N)= ×( , .1 50 10 10−− ux
F F uAC CAAC
y
Gmr
= =−−2
2 .
F F uAC CA y= − = ×( , )( , )( , )
6 67 10 0 4500 400
11 2
2
−− Nm /Kg Kgm
2 2
N)= ×( , .8 44 10 11−− uy
F F u uBC CBBC
x y
Gmr
= − = − +
2
2
35
45
.
FA x y= × + ×( , ( , .1 50 10 8 44 1010 11−− −−N) N)u u
136 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 137
AU
LA 4
Com os valores de rBC e m, você pode calcular a força de atração gravitacional
entre as bolas A e C,
ou seja,
A soma vetorial das forças gravitacionais exercidas sobre a bola de futebol B,
FB = FBA + FBC , é a força resultante
O vetor FB tem uma direção que faz um ângulo de 24,6o, no sentido horário,
com o eixo −x.
c. Para determinar a força gravitacional resultante sobre a bola C, você deve
calcular a soma vetorial FC = FCA + FCB . O resultado desta soma é o seguinte:
A direção do vetor FC faz um ângulo de 75,8o, no sentido horário, com o eixo −x.
2. Uma esfera sólida, com 500Kg de massa distribuída uniformemente, tem um raio igual a 0,400m. Calcule a força gravitacional exercida pela esfera em uma partícula cuja massa vale 50,0g, localizada.
a. em um ponto a 1,50m do centro da esfera;
b. na superfície da esfera;
c. em um ponto a 0,200m do centro da esfera;
d. Faça um gráfico da magnitude da força gravitacional exercida pela esfera como função da distância entre a partícula e o centro da esfera.
F u u NB x y= − +( )× −⋅18 4 8 44 10 11, ,
F u uC x y= − × −( , , ) .3 24 12 8 10 11N
F FBC CB x y= − = × − +−( , )( , )
( , )6 67 10 0 450
0 50035
45
11 2
2
Nm /Kg Kgm
2 2
u u
,
F FBC CB x y= = + ×−− −− −−( , , ) .3 24 4 32 10 11u u N
138 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 139
AU
LA 4
RESPOSTAS COMENTADAS
Vamos usar o eixo radial que está mostrado na Figura 4.5. Você pode ver nesta
figura as três localizações da partícula, a uma distância de 0,200m, 0,400m e 1,50m
do centro da esfera.
Figura 4.5: Ilustração da esfera sólida e as três localizações da partícula no eixo radial r.
Você aprendeu com a Lei da Gravitação Universal que a força de atração
gravitacional entre dois corpos é dada pela fórmula
Vamos usar os valores das massas M = 500Kg e m = 50g = 0,05Kg.
Vamos precisar também do valor da constante gravitacional, G = 6,67×10–11
N m2/Kg2.
a. Para uma partícula localizada a uma distância de r = 1,50m do centro da
esfera, você pode calcular qual é a força F que a esfera exerce sobre a partícula
de massa m = 0,05Kg.
O resultado que você deve encontrar para a força de atração gravitacional é
o seguinte:
b. Quando a partícula está localizada na superfície da esfera, a distância que você
tem que usar é igual ao raio da esfera, r = R = 0,400m. Assim, você vai calcular
a força F que a esfera exerce sobre a partícula na superfície da esfera,
F = −−GmM
rr2ˆ ( , ).r R≥ = 0 400m
0.2m0.4m
1.5m
r
FNm Kg Kg Kg
mr=
×( )( )( )( )
−
−−6 67 10 500 0 05
1 50
11 2 2
2
, / ,
,^
F = ×−− −−( , ) .7 41 10 10 N r̂
FNm Kg Kg Kg
mr=
×( )( )( )( )
−
−−6 67 10 500 0 05
0 400
11 2 2
2
, / ,
,^
138 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 139
AU
LA 4
Logo, a força é dada por
c. Agora você deve considerar que a partícula está localizada em um ponto
interno à esfera (r < R = 0,400m). Neste caso, é necessário imaginar que a
esfera é constituída por camadas esféricas concêntricas, como, por exemplo,
as cascas de uma cebola. As camadas esféricas concêntricas de raio
r > R = 0,400m não exercem nenhuma força sobre a partícula enquanto que as
demais camadas, de raio r < R = 0,400m, atuam como se sua massa estivesse
concentrada no centro. Assim, a força F que a esfera exerce sobre a partícula
é a força resultante das camadas internas,
onde M' é a massa total contida dentro de um esfera de raio r.
Para uma esfera homogênea, a massa é calculada a partir da fórmula:
A relação para a massa de esfera determina que a densidade vale ρ = 3M/
4πR3. Uma esfera de raio r de densidade ρ tem uma massa M’, dada pela
igualdade
Note que, quando r = R = 0,400m, recuperamos a massa de toda a esfera,
M'= M = 500Kg.
A força de atração gravitacional F que a esfera exerce sobre a partícula,
localizada em um ponto interno à esfera, é dada por
Você vai calcular a força F que a esfera exerce sobre a partícula em um ponto
interno da esfera,
Portanto, a força que você tem que calcular é de
d. Para fazer o gráfico que corresponde à força gravitacional como função
da distância ao centro da esfera, você terá que usar as fórmulas para a força
dentro e fora da esfera. O comportamento da força F para um ponto interno
da esfera é linear, isto é, o gráfico é uma equação da reta para r < 0,400m.
Por outro lado, para r > 0,400m, o módulo da força diminui com o inverso
da potência dois da distância, ~1/r2. Você pode ver na Figura 4.6 um esboço
deste gráfico.
FGmM
rr=
′−− 2
ˆ ( . ),r R≤ = 0 400m
MR=
43
3πρ.
Mr
MrR
´ .=
=4
3
3 3
3
πρ
F = − GmMrR
r3ˆ ( , ).r R≤ = 0 400m
F N r= ×( )−− −−5 21 10 9,
F = ×−− −−( , ) .1 04 10 8 N r̂
FNm Kg Kg Kg m
mr=
×( )( )( )( )( )
−
−−6 67 10 500 0 05 0 200
0 400
11 2 2
3
, / , ,
,^
140 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 141
AU
LA 4
FORÇAS DE CONTATO E FORÇAS DE ATRITO
A força gravitacional entre dois corpos existe mesmo quando eles
não estão em contato. De fato, é claro que não há contato entre o Sol
e a Terra e, ainda assim, o Sol exerce uma força gravitacional sobre a
Terra. O peso com que a Terra nos atrai existe independentemente de
estarmos em contato com ela; é óbvio que a força-peso que age sobre
nós continua a existir quando pulamos!
Em contrapartida, há forças que ocorrem apenas quando os corpos
entram em contato. Uma mola precisa estar em contato com outro
corpo para exercer força sobre ele, de modo que a força dela é um
exemplo de força de contato. Para que a força com a qual empurramos
uma mesa apareça, é necessário que entremos em contato com ela.
A fim de que o cabo de um guincho puxe um automóvel, é necessário
que o cabo fique amarrado a ele. De um modo geral, os corpos sólidos
exercem forças de contato uns sobre os outros. Na verdade, são as forças
de contato o que mais freqüentemente notamos no dia-a-dia.
Figura 4.6: Gráfico da força gravitacional como função da distância ao centro da esfera.
Portanto, as forças que requerem contato para serem exercidas são as forças de contato, e as demais são as forças a distância.
F(N)
0,200 0,400 1,50
-7,41 × 10−10
-5,21 × 10−9
r(m)
-1,04 × 10−8
140 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 141
AU
LA 4
Vamos começar considerando dois corpos em contato, como
mostra a Figura 4.7.a. Para simplificar, considere que haja apenas um
ponto de contato entre as suas superfícies, que chamaremos de ponto
P. (A nossa análise poderia ser estendida com facilidade às situações
em que há vários pontos de contato, mas isso não é necessário).
Se chamarmos de r
FAB a força de contato sobre o corpo A exercida pelo
corpo B, pela Terceira Lei de Newton, o corpo B sofre uma reação a essa
força, que denotamos por r
FBA . Naturalmente, é a força de contato sobre
o corpo B exercida pelo corpo A. Dizemos que r
FBA e r
FBA são forças de
interação por contato entre os corpos A e B.
Fixemos nossa atenção na força de contato r
FAB . Vamos
considerar apenas corpos cujas superfícies tenham formas suaves. Para
elas, podemos considerar o plano tangente a ambas as superfícies no
ponto de contato. Denotamos por P o ponto de contato e por ∏ o plano
tangente, conforme indicado na Figura 4.7, podemos decompor a força
Figura 4.7: Dois corpos sólidos em contato.
B
A
P
Π
Π
A
B
fAB
a
b
r
FAB
r
FBA
P
r
NAB
142 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 143
AU
LA 4
r
FAB em duas componentes bem determinadas: uma componente normal
ao plano tangente, denotada por r
NAB , e uma componente paralela ao
plano tangente, denotada por r
fAB . Temos, então,
(4.15)
onde r
NAB e r
fAB são univocamente determinadas por e pelo plano
tan-gente no ponto de contato, como indicado na Figura 4.7.b. A força r
NAB é chamada força normal sobre o corpo A exercida pelo corpo B,
no ponto de contato P. A força r
fAB é chamada força tangencial ou força
de atrito sobre o corpo A exercida pelo corpo B, no ponto de contato
P. Tanto a força normal quanto a força de atrito são forças de contato.
É comum dizer que as forças de contato entre os corpos são forças de
contato entre as suas superfícies.
Considere agora um bloco de massa m em repouso sobre uma
mesa horizontal, como indicado na Figura 4.8.a. Os corpos vizinhos ao
bloco são a Terra, que o atrai verticalmente para baixo, e a mesa, que o
impede de cair sob essa atração. A Terra exerce sobre o bloco a força-
peso,r
r
P mg= , e a mesa exerce sobre o bloco uma força que chamaremos
de r
FBM . Obviamente, é necessário que exista essa força, pois, se houvesse
apenas o peso, o bloco estaria caindo com aceleração igual a r
g. É fácil
verificar que a força r
FBM somente existe enquanto há contato entre o
bloco e a mesa. Portanto, r
FBM é uma força de contato. Estando o bloco
em repouso, sua aceleração é nula. Conseqüentemente, pela Segunda
Lei de Newton, obtemos: r r r
P FBM+ = 0, isto é, r r
F PBM = −− . Desse modo,
a força de contato sobre o bloco, exercida pela mesa, é igual a “menos
o peso do bloco”. Dizemos que a força r
FBM impede que o peso faça o
bloco penetrar na mesa. Note que, embora r
FBM e r r r
P FBM+ = 0 tenham o mesmo
módulo, a mesma direção e sentidos opostos, essas forças não formam
um par de ação e reação, como você já deve ser capaz de explicar.
Suponha agora que a mesa esteja levemente inclinada, como
na Figura 4.8.b e que o bloco permaneça em repouso. Novamente, a
força de contato r
FBM sobre o bloco, exercida pela mesa, continua a ser
igual a “menos o peso do bloco”. Note que r
FBM pode ser decomposta
em duas componentes vetoriais bem determinadas: uma componente r r
r
F N fBM = + , paralela à superfície da mesa, e uma componente r
NAB, normal à
superfície da mesa, de modo que r r
r
F N fBM = + . A Figura 4.8.c mostra
r rr
F N fAB AB AB= +
142 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 143
AU
LA 4
essas componentes, a paralela e a normal, da força que a mesa exerce no
bloco. A componente r
NAB normal impede que o bloco penetre na mesa, e
a componente paralela impede que ele escorregue sobre a superfície da
mesma mesa. A componente r
NAB é chamada de força normal que a mesa
exerce sobre o bloco, e a componente r r
r
F N fBM = + é chamada de força de atrito que
a mesa exerce sobre o bloco. Ambas são forças de contato.
Naturalmente, quando a mesa não está inclinada, a mesa exerce
apenas uma força normal sobre o bloco, como mostrado na Figura 4.8.a.
Figura 4.8: Bloco em repouso sobre: (a) a superfície horizontal de uma mesa e (b) a superfície inclinada de uma mesa. As forças P e FBM que atuam sobre o bloco estão
indicadas. (c) As componentes de FBM estão indicadas, r
NAB e r r
r
F N fBM = + .
A força de atrito entre sólidos é uma das mais complicadas que
observamos na natureza. Dentro da concepção da mecânica newtoniana,
ela é uma função das posições e velocidades das partículas dos corpos
em contato. Mas a tentativa de descobrir essa função-força nos obriga
a considerar que tais partículas são as moléculas dos corpos na região
de contato. Acontece que o número de moléculas nos corpos que nos
cercam é enorme e, além disso, a mecânica newtoniana não é suficiente
para descrevê-las. Como conseqüência, as propriedades do atrito podem
ser muito complicadas e difíceis de descrever.
Por outro lado, existem algumas leis de atrito simples, que são
válidas apenas de modo aproximado e exclusivamente para corpos
sólidos com superfícies secas e de formatos suaves. Os casos mais
freqüentes ocorrem quando há contato entre duas superfícies planas,
a b c
r
NAB
r rr
F N fBM = +
r
FBM
r
FBM
r r r
P FBM+ = 0
r r r
P FBM+ = 0r r r
P FBM+ = 0
144 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 145
AU
LA 4
como o caso de um bloco sobre um plano inclinado. Para enunciar essas
tais leis de atrito, devemos, em primeiro lugar, tornar preciso o conceito
de deslizamento entre corpos em contato.
Figura 4.9: Deslizamento entre as superfícies dos corpos A e B.Fonte: Figura 18.12 da apostila Física 1A – volume 2 – p. 157 do PDF
Considere a Figura 4.9, em que há o deslizamento entre os corpos
A e B. A força de atrito entre as superfícies, quando há deslizamento
entre elas, é chamada força de atrito cinético. Assim, seja a força de atrito
cinético r r
r
F N fBM = + exercida no corpo A pelo corpo B. Por definição, ela está no
plano tangente ∏. Definimos o módulo de f como sendo proporcional ao
módulo da força normal r
NAB , que é exercida sobre o corpo A pelo corpo B.
A constante de proporcionalidade é chamada de coeficiente de atrito
cinético e é uma característica dos corpos em contato. Se denotarmos
esse coeficiente por µc , temos, então,
, para o atrito estático (4.16)r
r
f NAB c AB= µ
A
B
Vab
a
bf
Π
144 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 145
AU
LA 4
Uma variedade de experimentos mostra que r rr
F N fBM = + tem a mesma
direção e sentido oposto ao da velocidade relativa r
VAB. O fato de que a
força de atrito cinético tem sentido oposto ao vetor velocidade relativa
significa que o atrito cinético sempre se opõe ao movimento relativo entre
as superfícies em contato, isto é, ao deslizamento entre elas.
Considere agora os pontos de contato a e b entre os corpos A e
B, como mostra a Figura 4.9. Suponha agora que eles permaneçam em
contato durante certo intervalo de tempo. Temos então que, durante esse
intervalo, a velocidade relativa r r
VAB = 0 ; ou seja, não há deslizamento entre
as superfícies, visto que permanecem em contato. Nesse caso, a força de
atrito entre as superfícies é chamada de força de atrito estático.
Considere a força de atrito estático r r
r
F N fBM = + exercida no corpo A pelo
corpo B. Por definição, ela está no plano tangente ∏. Entretanto, o
seu módulo, a sua direção e o seu sentido dependem das outras forças
do problema e dos prováveis movimentos relativos entre a superfícies
dos corpos em contato. A força de atrito estático não é conhecida de
antemão e é determinada ao se solucionar o problema em consideração.
A única coisa que sabemos de antemão é o valor máximo que o módulo
da força de atrito estático pode ter. Definimos esse valor máximo como
sendo proporcional ao módulo da força normal, r
NAB . A constante de
proporcionalidade é chamada coeficiente de atrito estático e é uma
característica dos corpos em contato. Representando esse coeficiente
por µe , temos
, para o atrito estático. (4.17)
A força de atrito estático cumpre o papel de impedir o deslizamento
entre as superfícies. É óbvio que essa força não existiria numa situação
em que, para impedir o deslizamento, seu módulo tivesse um valor maior
do que o seu máximo. Nesse caso, o deslizamento de fato ocorre e a
força de atrito que existe é a força de atrito cinético.
Existem superfícies entre as quais podemos desprezar a força de
atrito com boa aproximação. Descrevemos essas superfícies de forma
idealizada, dizendo que não há forças de atrito entre elas. Uma superfície
que “nunca” exerce forças de atrito em contato com outras é comumente
chamada de superfície perfeitamente lisa. Por definição, uma superfície
perfeitamente lisa só pode exercer forças de contato normais. Embora
rr
f NAB≤ µ
146 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 147
AU
LA 4
ATIVIDADE
o conceito de uma superfície perfeitamente lisa seja uma idealização, ele
é útil, pois existem muitos problemas nos quais as superfícies envolvidas
exercem atritos tão pequenos que podem ser desprezados.
3. Um bloco com uma massa de 2,0Kg é projetado para cima de um plano inclinado de 45o, com uma velocidade inicial de 18m/s. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e o plano é 0,30.
a. Ache a força normal e a força de atrito aplicada ao bloco enquanto ele sobe.
b. Durante quanto tempo o bloco se mantém subindo no plano?
c. Que distância o corpo atinge, subindo o plano?
d. Quanto tempo leva para o bloco escorregar da posição atingida em (c) até seu ponto de partida?
e. Com que velocidade ele chega a esse ponto?
RESPOSTAS COMENTADAS
Vamos usar o eixo x paralelo ao plano inclinado, ou seja, está inclinado
45o em relação a horizontal. Durante a subida e a descida, as forças
exercidas no bloco são a força peso P, a força de atrito f e a força normal N.
Na Figura 4.10 é mostrado o diagrama de corpo isolado do bloco. Note
que na subida a força de atrito aponta na direção do eixo −x e na descida
a força de atrito aponta na direção do eixo +x, ou seja, a força de atrito
sempre tem sentido contrário à direção do movimento.
146 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 147
AU
LA 4
O vetor aceleração do bloco, na subida e na descida, tem o sentido do
eixo −x. Contudo, o módulo deste vetor é maior na subida do que na
descida, como você pode ver na Figura 4.10.
a. Neste item vamos investigar a subida do bloco no plano inclinado.
Veja na Figura 4.10 que o ângulo entre o vetor P e o eixo y vale 45o.
A partir disto, você pode calcular as componentes Px = P sen45o e
Py = P cos45o. O módulo do vetor P vale P = mg ≈ 20N. Escrita em termos
dos vetores unitários, a força-peso é dada por
A força normal que o plano inclinado exerce sobre o bloco, tanto na
subida quanto na descida, aponta na direção do eixo +y. Com o vetor
unitário uy , você pode escrever que a força normal N é dada por
Durante toda a subida do bloco, a força de atrito f que o plano exerce
sobre o bloco é proporcional ao módulo da força normal N. A constante
de proporcionalidade é dada pelo coeficiente de atrito µ = 0,3; sendo
assim, você vai escrever esta força da seguinte maneira:
Convém lembrar que a força de atrito é uma força tangente ao plano,
e por isso tem a direção do vetor unitário ux .
Figura 4.10: Diagrama de corpo isolado do bloco (a) na subida e (b) na descida.
P u u= − −14 14x y .
N u= N y .
f u= −µN x .
N
450
450
a
f
a b
a
Px PyPx
f
450
xxy
N
PP
Movimento
Py450
y
148 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 149
AU
LA 4
A força resultante que atua sobre o bloco é dada pela soma vetorial
das forças f, P e N. Você aprendeu a Segunda Lei de Newton, que
estabelece a relação entre a força resultante exercida sobre o bloco e a
sua aceleração,
A igualdade acima é equivalente a duas igualdades escalares, uma para
a força resultante em x e outra para a força resultante em y. Quando você
escrever as equações que correspondem às componentes x e y, você
deve encontrar
Nesse momento vamos considerar que a componente y do vetor aceleração
é nula, porque o movimento do bloco ocorre somente na direção x. Dessa
forma, a componente y da força resultante tem que se equilibrar, ou seja,
Sabendo quanto vale o módulo da força normal, você pode calcular quanto
vale a força de atrito,
b. Agora que você já sabe quanto vale a força normal N e a força de
atrito f, pode calcular o vetor aceleração do bloco. Lembre-se de que este
vetor tem somente a componente x diferente de zero, isto é, a = ax ux .
Você usou a Segunda Lei de Newton para a componente x da força
resultante. A partir desta equação, você pode calcular a aceleração,
O tempo que o bloco leva até parar, v = 0, sendo que inicialmente estava
se movendo com uma velocidade v0 = (22m/s) ux , é calculado com a
fórmula do MRUV, v(t) = v0 + at. Portanto, você pode facilmente calcular
o tempo de subida,
c. Para calcular a distância com que o bloco sobe, você deve usar a função
horária de um MRUV para o movimento do bloco ao longo do eixo x.
− − =− = =
f P ma
N P max x
y y
,
.0
N P Py= = =cos .45 14o N
f N= = =µ 0 3 14 4 2, ( ) , .N N
af P
mxx=
+= + =−− −− −−
( ) ( , )( )
, .4 2 14
29 0
NKg
m/s2
tv v
ax
= = =−−
−−−−
0 189 0
2( )
( , ).
m/sm/s
s2
x t t t( ) ( ) ( , ) .= 18 4 5 2m/s m/s2−−
f P N a+ + = m .
148 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 149
AU
LA 4
Para t = 2s, o bloco pára a uma distância do seu ponto de partida,
que vale
d. Veja na Figura 4.10 que na descida do bloco somente a força de
atrito é alterada, ou seja, muda de sentido,
Isso ocorre porque a força de atrito é contrária ao sentido do movimento
do bloco.
A partir da Segunda Lei de Newton, você pode calcular a aceleração do
bloco, que neste caso vale
O bloco parte do ponto onde parou na subida com uma velocidade
v0 = 0. Para calcular o tempo que o bloco percorre os 18m até voltar
para o ponto de partida, no começo do plano inclinado, você pode usar
a função horária do MRUV.
Considerando que o ponto de partida é a origem, x(t) = 0, você vai
encontrar o tempo de descida,
e. Com a fórmula do MRUV, v = v0 + at, você consegue calcular a
velocidade que o bloco atinge na descida. A fórmula é a seguinte:
Logo, para t = 2s, você tem que encontrar v(2s) = –(18m/s)ux .
x t( ) ( )( ) ( , )( ) .= =18 2 4 5 2 182m/s s m/s s m2−−
af P
mxx= = =
−− −−−−
( , )( )
, .4 2 14
24 9
NKg
m/s2
x t t( ) ( ) ( , ) .= 18 2 5 2m m/s2−−
t = =( )( , )
, .18
2 57 2
mm/s
s2
v t v a t tx( ) , .= + =0 2 5−−
f u u= =µN x x4 2, .N
150 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 151
AU
LA 4
LEI DE HOOKE
Nesta seção, você vai estudar uma força de contato importantíssima,
a força elástica. Ela existe em conseqüência das deformações causadas
pelo contato entre os corpos. Dentro de certos limites da deformação,
as forças elásticas obedecem à Lei de Hooke, que descreveremos em
detalhe. Também consideraremos situações muito idealizadas nas quais
ocorrem forças de contato mas as deformações são desprezíveis. Essas
são as forças chamadas vinculares, como a normal exercida por uma
superfície rígida sobre corpos que a pressionam, ou a força exercida por
um fio inextensível sobre corpos que o tensionam.
Geralmente, corpos sólidos se deformam quando exercem forças
um sobre o outro, e tais forças dependem dos estados de deformação
dos corpos. Vamos considerar corpos para os quais é simples a relação
entre força e deformação.
Primeiramente, vamos nos restringir aos chamados corpos
elásticos. Quando não está sujeito a forças externas, além do próprio
peso, um corpo elástico se apresenta sempre com a mesma forma,
chamada forma natural do corpo.
Forças externas podem retirá-lo dessa forma natural, mas, ao
cessarem essas forças, ele volta a ela. Em contraste com os corpos
elásticos, há os corpos plásticos, que não voltam à forma original quando
cessam as forças que o deformaram. Contudo, note que, se a deformação
de um corpo elástico ultrapassar certo limite, ele deixa de ser elástico e
não mais retorna à forma original quando cessam as forças deformantes.
Para que um corpo elástico permaneça como tal, é necessário que não
seja ultrapassado tal limite, chamado limite de elasticidade do corpo
em consideração.
Dentre os corpos elásticos, os que apresentam as propriedades mais
simples são as molas. Estudemos, então, no caso das molas, a relação
entre força e deformação.
Em uma mola há uma direção, ao longo da qual ela pode ser
esticada ou comprimida. Dizemos que a direção de deformações elásticas
seja a direção longitudinal da mola, ou simplesmente direção da mola.
Ao ser esticada ou comprimida nessa direção, ela reage com uma força
restauradora proporcional à variação de seu comprimento.
150 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 151
AU
LA 4
Para simplificar nossas análises, vamos também supor que a mola
não se flexione em relação a essa direção, de modo a permanecer sempre
reta. A dimensão da mola ao longo de sua direção longitudinal é chamada
comprimento da mola.
Quando a mola está em sua forma natural, o seu comprimento
é chamado comprimento natural. Obviamente, uma mola solta
permanece com seu comprimento natural. Quando a mola é esticada
ou comprimida, ela abandona sua forma natural e seu comprimento
aumenta ou diminui.
A diferença entre o comprimento que a mola apresenta em certo
estado e o comprimento natural é chamada elongação da mola naquele
estado. Se a mola está esticada, seu comprimento é maior do que o natural
e sua elongação é positiva. Se está comprimida, o seu comprimento é
menor do que o natural e sua elongação é negativa.
Representemos por l o comprimento da mola em um estado
qualquer e por l0 o seu comprimento natural. Portanto, se a mola tem
comprimento l, sua elongação é l – l0.
A Figura 4.11 a seguir mostra uma mola em três situações: esticada,
comprimida e solta. A fim de ser esticada ou comprimida, ela está presa
em uma de suas extremidades a uma parede e, em outra extremidade, a
um bloco rígido sobre uma mesa horizontal. A parede e o bloco exercem
sobre a mola as forças que a esticam ou comprimem. As extremidades da
mola estão presas a uma mesma altura, de modo que a mola permanece
na horizontal. Lembre-se de que supusemos que a mola não se flexiona
em relação à sua direção longitudinal. Devemos, pois, supor que uma
mola é leve o bastante para não se vergar ao próprio peso.
Figura 4.11: (a) Mola esticada pela parede e pelo bloco. (b) Mola comprimida pela parede e pelo bloco. (c) Mola solta, em seu comprimento natural.
l = l0l < l0
l > l0
FF'
a b c
152 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 153
AU
LA 4
Note que, na Figura 4.11 acima, a mola está esticada por forças
exercidas em suas extremidades. Seja r
F a força de reação da mola sobre
o bloco. Essa força tem a direção longitudinal da mola e o sentido que se
opõe ao esticamento da mola, que é o sentido da direita para a esquerda,
como ilustra a Figura 4.11.
Suponha que sejam feitas medições do módulo F da força, para
diferentes comprimentos da mola, que não ultrapassem o seu limite de
elasticidade. O resultado obtido é que, em boa aproximação, o módulo
da força é proporcional à elongação l – l0. A constante de proporciona-
lidade é positiva e será representada por k, o que nos leva a escrever:
F = k| l – l0 |.
Considere a situação em que a mola está comprimida, como na
Figura 4.11.b. Agora seu comprimento l é menor do que o natural e a
elongação l – l0 é negativa. A força r
′F , que a mola exerce sobre o bloco,
tem novamente a direção longitudinal da mola, mas seu sentido é o que
se opõe à compressão da mola, o sentido da esquerda para a direita,
como ilustra a Figura 4.11.b.
No caso em que a mola é comprimida, a variação de comprimento
l – l0 é negativa, de modo que devemos usar o módulo da variação
para enunciar o seguinte resultado: medições feitas para diferentes
comprimentos da mola mostram que, em boa aproximação, o módulo
da força é proporcional ao módulo da elongação, sendo a constante de
proporcionalidade igual à obtida no caso de esticamento da mola. Em
suma, tanto no caso de esticamento quanto no de compressão, temos
(4.18)
A constante positiva k é uma constante característica da mola,
denominada constante elástica da mola. Fixada uma elongação, a força
exercida pela mola é tanto maior quanto maior for a constante elástica
da mola. Por esse motivo, dizemos que uma mola é tanto mais forte
quanto maior for sua constante elástica. De acordo com a Equação
(4.18), a mola não exerce força sobre o bloco quando sua elongação é
nula. Esse é o resultado esperado, pois, nesse caso, a mola não está sendo
comprimida nem esticada pelo bloco.
F k l l= −− 0 .
152 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 153
AU
LA 4
Como você viu no boxe explicativo anterior, esse resultado
experimental sobre as propriedades da força exercida por uma mola
é chamado de Lei de Hooke. Essa lei pode ser expressa em forma
matemática sucinta, se usarmos um eixo ao longo da direção da mola e
expressarmos o resultado em termos da componente da força ao longo
desse eixo. De fato, a força tem apenas essa componente, que é igual a
mais ou menos o módulo da força. A vantagem de usarmos a componente
em vez do módulo é que a componente de uma força pode ser positiva
ou negativa, ao passo que o módulo de força não pode ser negativo.
Vamos, pois, considerar um eixo OX ao longo do comprimento da
mola, apontando no sentido em que a mola se estica, tal como indicado
na Figura 4.12.
Para escrever a elongação, podemos usar a coordenada da
extremidade P da mola, que está em contato com o bloco. Quando a
mola está esticada ou comprimida, temos um valor para a coordenada
de P e, quando ela está solta, temos outro valor. A diferença entre o
primeiro e o segundo é a elongação. Contudo, para os nossos propósitos,
é mais conveniente usarmos a coordenada do centro de massa do bloco,
que será denotada por x. Se x0 é o valor dessa coordenada, quando
a mola está no seu comprimento natural, então x – x0 é a elongação
da mola. Na Figura 4.12, tal elongação está indicada em uma
situação da mola esticada.
Para indicar que o sentido da força exercida pela mola sempre se opõe à deformação, seja ela compressão ou esticamento, vamos dizer que a força exercida pela mola é restauradora, pois é uma força que tenta restaurar a mola à sua forma natural. Podemos então resumir as propriedades obtidas para a força exercida pela mola da seguinte maneira:
A força exercida por uma mola sobre um corpo preso em sua extremidade é uma força restauradora na direção longitudinal da mola e com um módulo proporcional ao módulo de sua elongação, sendo a constante de proporcionalidade uma característica da mola.
!
154 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 155
AU
LA 4
Dado que a força r
r
F Fx x= µ da mola sobre o bloco tem a direção longitudinal
da mola, ao longo da qual escolhemos o eixo OX temos r
r
F Fx x= µ , onde
Fx é a componente da força ao longo de OX e r
r
F Fx x= µ é o vetor unitário na
direção OX. Como já mencionamos anteriormente, a força tem somente
essa componente. Podemos, então, expressar a Lei de Hooke na forma:
(4.19)
Nessa equação, o sinal negativo é essencial para que ela descreva
corretamente o caráter restaurador da força da mola. Você verificará com
facilidade que, graças a esse sinal, a componente Fx tem o sinal correto
que indica o sentido da força nos casos de esticamento ou de compressão.
Na Figura 4.12, aparece enquadrado à direita o gráfico de Fx versus x.
Quando a mola está com seu comprimento natural, o centro
de massa do bloco ocupa uma posição bem determinada. No lugar
de escolher a origem do eixo OX de modo arbitrário, como fizemos
na Figura 4.12, podemos escolher essa origem exatamente nessa
posição do centro de massa. Com essa nova escolha, temos x0 = 0 e a
Equação (4.19) assume a forma:
(4.20)
Figura 4.12: Eixo OX ao longo do comprimento da mola, apontando no sen-
tido em que a mola se estica.
F k x xx = ( )−− −− 0 .
F kxx = −− .
Fx
k cm
x
xx0
O
k
x
154 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 155
AU
LA 4
ATIVIDADES
4. Um cabo atado a uma balança de mola mantém uma esfera em equilíbrio sobre um plano liso inclinado, como mostra a Figura 4.13. O peso da esfera vale 20N. A balança, fixada acima do plano, registra 10N. O ângulo de inclinação do plano em relação à horizontal é igual a 30o.
Determine (a) a força normal que o plano exerce sobre a esfera e (b) o ângulo θ formado pelo sentido do cabo e da vertical.
Figura 4.13: A esfera homogênea se encontra em equilíbrio estático sobre o plano inclinado porque é sustentada pela balança de mola.
θ
30o
156 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 157
AU
LA 4
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Você precisa observar que a esfera é mantida em equilíbrio (estático)
por três forças: a força peso P, a força da mola F e a força normal N.
No diagrama de forças mostrado na Figura 4.14, você pode ver as três
forças que são exercidas sobre a esfera. Pode constatar que nós vamos
usar um eixo x paralelo ao plano inclinado, ou seja, está inclinado em
relação à horizontal de 30o.
Você pode observar na Figura 4.14 que a força peso P tem componentes Px
e Py. Note que o ângulo entre o vetor P e o eixo y vale 30o. Sendo assim, as
componentes que você deve calcular são Px = −P sen30o e Py = −P cos30o.
Escrita em termos dos vetores unitários, a força peso é dada por
A Figura 4.14 mostra que a força da mola F faz um ângulo de 60o −θ
com o eixo x. Assim, as componentes desta força são Fx = F cos(60o −θ) e
Fy = F sen(60o −θ).
Figura 4.14: Diagrama de corpo isolado da esfera sobre o plano incli-nado. O eixo x é paralelo ao plano inclinado da Figura 4.13 e o eixo y é perpendicular ao eixo x.
Escrita em termos dos vetores unitários, você pode escrever que a força
da mola é dada por
P u u= −− −−10 10 3x y .
60o −θ
30o
θ
Fy
Px
30o
P
Py
N
y
x
F
F u u= +10 60 10 60cos( ) ( ) .o osen−− −−θ θx y
Fx
156 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 157
AU
LA 4
No sistema de eixos escolhido, a força que o plano exerce sobre a esfera,
ou simplesmente a força normal N, está na direção do eixo y. Sendo assim,
você vai escrever esta força da seguinte maneira:
No equilíbrio, a força resultante sobre a esfera deve ser nula. Para calcular
essa força resultante, você vai usar o Princípio de Superposição das Forças.
Neste caso, a força resultante exercida sobre a esfera é a seguinte:
A igualdade vetorial acima determina duas igualdades escalares, uma
para a componente x e outra para a componente y. Agora você pode
substituir nesta equação os vetores de força escritos em termos dos vetores
unitários ux e uy . As equações que correspondem às componentes x e y
são, respectivamente,
Com o objetivo de encontrar uma igualdade sem a incógnita θ, você
pode elevar ao quadrado cada uma das equações acima e depois
somá-las. Vale a pena lembrar que você vai precisar usar uma identidade
trigonométrica,
Dessa forma, a relação que você deve encontrar é a seguinte:
Finalmente, o valor do módulo da força normal que o plano exerce sobre
a esfera é
b. Para calcular o ângulo θ formado pelo sentido do cabo e a vertical, você
pode usar as duas igualdades escalares do equilíbrio de forças na esfera.
Para calcular a tangente do ângulo θ, basta que você divida a equação
da componente x pela equação da componente y.
Como a tangente de um ângulo 60o−θ vale zero, esse ângulo deve
também valer zero. Assim, o resultado para o ângulo formado pelo sentido
do cabo e a vertical é
10 60 10
10 60 10 3
cos( ) ,
( ) .
o
osen
−−
−− −−
θ
θ
=
=
N
cos ( ) ( ) .2 o 2 osen60 60 1−− −−θ θ+ =
100 100 10 3 17 32
= + ( ) ⇒ =−− N N N, .
N = ≈10 3 17 3N N, .
tan( ) .60 0o −−θ =
θ = 60o.
N u= N y .
F P N F P N+ + = ⇔ =0 −− −− .
158 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 159
AU
LA 4
5. Dois blocos de massas m1 = 6,00Kg e m2 = 4,00Kg estão ligados por uma mola de massa desprezível e comprimento natural xo. Quando o sistema é sustentado por um fio ideal, como indicado na Figura 4.15.a, o comprimento da mola passa a valer xa = 8,00cm. Quando se apóia o sistema em um plano horizontal, como indicado na Figura 4.15.b, o comprimento da mola diminui para xb = 3,00cm.
a. Calcule a tração no fio ideal que sustenta o sistema na situação ilustrada pela Figura 4.15.a.
Determine:
b. o comprimento natural da mola x0 e
c. a constante elástica da mola k.
d. Na situação ilustrada pela Figura 4.15.b, quanto vale a força que o plano horizontal exerce sobre o bloco de massa m2.
Figura 4.15: No sistema (a) a mola tem um comprimento xa = 8,0cm e no
sistema (b) a mola tem um comprimento xb = 3,0cm.
a b
m1
m2
xa
xb
m1
m2
158 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 159
AU
LA 4
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Vamos usar o eixo vertical y porque é conveniente. Dessa forma,
todas as forças que atuam nos blocos têm sentido positivo (para
cima) ou negativo (para baixo).
Veja na Figura 4.15.a, onde o comprimento da mola vale xa =
8,00cm, que a mola está “solta” porque xa > xo. Assim, a força
exercida pela mola, Fa , tem sentido negativo no bloco 1 e sentido
positivo no bloco 2.
As duas forças que atuam sobre o bloco 2 são a força-peso
P2 = m2 g , para baixo, e a força da mola, Fa . Como o bloco 2 está
em equilíbrio, a Segunda Lei de Newton estabelece que
ou seja, a força da mola tem um módulo igual ao peso do bloco 2.
Sobre o bloco 1 atuam a força-peso P1 = m1g , para baixo, a força
da mola, Fa , para baixo, e a tração no fio T, para cima. Ao usar
novamente a Segunda Lei de Newton, você vai calcular o módulo
da força de tração,
b. Na Figura 4.15.a o comprimento da mola vale xb = 3,00cm,
portanto ela está comprimida, xb < xo . Com isso, você deve concluir
que a força exercida pela mola, Fb , tem sentido positivo no bloco
1 e sentido negativo no bloco 2.
Nesta configuração, quando você usar a Segunda Lei de Newton
para o bloco 1, encontrará o seguinte resultado para a força exercida
pela mola:
Agora vamos comparar a força da mola nas duas situações
indicadas na Figura 4.15. Você aprendeu a Lei de Hooke: a força
exercida por uma mola é proporcional ao deslocamento de seu
comprimento atual em relação ao comprimento natural xo. Para
as situações apresentadas, as forças Fa e Fb também podem ser
expressas como
Note que as duas equações acima constituem um sistema de duas
equações e duas incógnitas, xo e k.
F P F m ga a−− 2 20 39 2= ⇒ = = , N,
T P F T m g Fa a−− −−1 10 98= ⇒ = + = N.
F P F m gb b−− 1 10 58 8= ⇒ = = , . N
F k x x
F k x xb b
a a
= == =
( ) ,
( ) ,o
o
N,
N.
−−
−−
58 8
39 2
160 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 161
AU
LA 4
Uma maneira de você calcular o comprimento natural da mola em estudo
é calcular a razão entre as duas forças da mola, Fb/Fa. Com isto, você
consegue eliminar a constante elástica da mola, e o que resta é a seguinte
equação:
Finalmente, você vai encontrar que o comprimento natural da mola vale
c. Para determinar a constante elástica da mola, basta que você calcule
a soma das duas forças da mola, Fb + Fa . Essa soma permite que você
calcule quanto vale k,
Agora você só precisa resolver a equação acima. O resultado que você
tem que encontrar é
d. Na Figura 4.15.b, você deve concluir que o bloco 2 está em equilíbrio
porque existe uma força normal, para cima, exercida sobre o bloco de massa
m2 pelo plano horizontal. Neste caso, usando a Segunda Lei de Newton,
você pode escrever a condição de equilíbrio
Ao substituir o valor do módulo da força peso, P2 , e da força Fb , você
chega ao resultado
6. A Figura 4.16 mostra uma mola com uma de suas extremidades presa ao teto e outra a um ponteiro. Ao lado do ponteiro, está colocada uma escala graduada em milímetros. Três diferentes pesos são pendurados na mola, como está indicado na figura.
a. Se não for pendurado nenhum peso na mola, qual será a indicação do ponteiro?
b. Quanto vale a constante elástica desta mola?
c. Quanto vale o peso W?
F
F
x
xxb
a
= = ⇒ =( )( )
.o
oo
−−−−
38
32
5 30
xo cm= 6 .
F F k x xa b a b+ = =( )−− 98N.
k =×
×(( )
/98
5 10102
3N)m
=1,96 N m.−−
N P Fb−− −−2 0= .
N m g Fb= + =2 98N.
160 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 161
AU
LA 4
RESPOSTAS COMENTADAS
As três situações apresentadas na Figura 4.16 mostram o seguinte:
(i) a massa cujo peso é P1 = 110N está em equilíbrio estático devido a uma
força F1 da mola, (ii) a massa cujo peso vale P2 = 240N está em equilíbrio
estático devido a uma força da mola F2 , e (iii) a terceira massa, com peso
P3 = W, está em equilíbrio estático devido a uma força da mola F3 . Sendo
assim, você deve analisar cada uma destas situações em separado, usando
a Segunda Lei de Newton,
Você pode considerar que a escala graduada em milímetros é o eixo verti-
cal y, com sentido positivo “para baixo”. Com esta escolha, as três forças P1 ,
P2 e P3 são positivas, enquanto que as três forças da mola F1 , F2 e F3
são negativas.
Figura 4.16: As três situações que mostram diferentes posições da mola.
F∑ = 0.
mm0 mm0mm0
40
60
30
110N
240N
W
162 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 163
AU
LA 4
Vamos considerar que o comprimento natural e a constante elástica da
mola valem, respectivamente, lo e k. Para a primeira massa, cujo peso
vale P1 = 110N, o ponteiro registra um comprimento l1 = 0,04m. Como a
força-peso, orientada para baixo, deve ser equilibrada pela força da mola,
orientada para cima, você pode escrever que
Por outro lado, para a segunda massa, que tem um peso P2 = 240N,
o ponteiro marca um comprimento l2 = 0,06m. Neste caso, a Segunda Lei
de Newton estabelece que
a. Se não for pendurada nenhuma massa na mola, a indicação do ponteiro
será exatamente o comprimento natural da mola lo.
As duas equações de equilíbrio que você escreveu acima constituem um
sistema de duas equações e duas incógnitas, lo e k. Ao eliminar a constante
k deste par de equações, você vai conseguir encontrar o valor de lo.
Uma maneira de você calcular o comprimento natural da mola em estudo
é calcular a razão entre as duas forças-peso, P2 / P1. Isto permite que
você cancele a constante elástica da mola, e o que resta é a seguinte
equação:
Agora, basta que você utilize os seus conhecimentos de álgebra para mostrar
que a equação acima é equivalente à igualdade
Como resultado, você vai encontrar que o comprimento natural da mola vale
b. Você deve calcular a constante elástica k da mola. A partir do par de
equações de equilíbrio estático das massas 1 e 2, você pode eliminar o
valor do comprimento natural da mola lo .
Não vai ser difícil para você mostrar que o resultado desejado pode ser
calculado com a seguinte fórmula:
Você pode substituir na fórmula acima os valores P1 = 110N e P2 =
240N e também l1 = 0,04m e l2 = 0,06m. Assim, você vai encontrar a
constante elástica k,
P k l l1 0−− −−( )1 o .=
P k l l2 0−− −−( )2 o .=
PP
l l
l l2
1
2
1
=( )( )
.−−−−
o
o
lP l P l
P Po2 1 1 2
2 1
=−−−−
.
lo
N mm N mmN
mm= =( )( ) ( )( )( )
.240 40 110 60
240 11023
−−−−
kP Pl l
= 2 1−−−−2 1
.
k = = ×( )( , , )
, .240 110
0 06 0 046 5 103−−
−−Nm
N/m
162 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 163
AU
LA 4
c. A massa que tem peso P3 também se encontra em equilíbrio
estático. Nesta situação, a força da mola deve ter um módulo igual
a F3 = P3 . Você pode verificar essa afirmação com a Segunda Lei
de Newton,
Uma vez que para a massa cujo peso vale P3 o ponteiro registra um
comprimento l3 = 0,03m, você deve calcular que
P336 5 10 0 03 0 023 45= × =( , )( , , )N/m m N.−−
ROLDANAS
Vamos agora aplicar as Leis de Newton no estudo de um sistema
análogo a um fio de massa desprezível, que é uma polia de massa desprezível.
Seja uma polia de raio R suspensa de um suporte e capaz de girar, sem
atrito, em torno de um eixo que passa pelo seu centro O. Não podemos
representar a polia como uma partícula porque suas várias partes se movem
de diferentes maneiras. Para contornar esse problema de uma forma prática,
vamos admitir que a massa da polia seja desprezível em relação às massas
dos outros corpos do sistema. Assim, se r
T e r
′T são duas forças aplicadas aos
dois lados do fio que saem da polia, temos que T T T= = ′r r
. O efeito da
polia é simplesmente alterar a direção da força aplicada ao fio, sem alterar
o seu módulo. Ao mesmo tempo, para que a polia permaneça em equilíbrio,
a resultante das forças a ela aplicadas deve anular-se.
Vamos considerar o seguinte exemplo: duas massas m1 e m2 sus-
pensas por um sistema de duas polias e de fios, todas de massa desprezível,
da forma indicada na Figura 4.17. Qual é o movimento do sistema?
As partes móveis do sistema são duas, delineadas na figura por linhas
fechadas interrompidas: a massa m1 e o sistema formado pela massa m2
presa à polia 2, que se movem solidariamente.
P k l l3 0−− −−( )3 o .=
164 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 165
AU
LA 4
Chamamos de r
T a tensão do fio, que, de acordo com a nossa
discussão acima, é a mesma dos dois lados da polia 2, e é também a
mesma com a qual a polia 1 age sobre a massa m1. Seja a aceleração
da massa m1, tomada positivamente quando dirigida para cima
(os movimentos são todos na vertical). A equação de movimento da
massa m1 é então
(4.21)
Qual é a aceleração da massa m2? Se l1 e l2 são os comprimentos
das porções de fio indicadas na figura, vemos pela figura que
constante, (4.22)
Figura 4.17: Polia, interrelacionando as massas m1 e m2.
T m g m a−− 1 1= .
l l1 22+ =
l
l2l1
T T
2
m2g
m1g
a −−a2
164 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 165
AU
LA 4
ou seja, se a massa m1 sobe ou desce, variando l1 de ∆l1, devemos
ter
(4.23)
Logo, quando m1 sobe de uma certa distância, temos que m2 desce
de metade dessa distância, mostrando que a aceleração de m2 é igual a
a/2, portanto a Equação (4.22) funciona como um vínculo. A equação
de movimento da outra parte do sistema é então:
(4.24)
Resolvendo as duas Equações (4.21) e (4.24) em relação às duas
incógnitas, a e T, obtemos:
(4.25)
e
(4.26)
Em particular, temos equilíbrio (a = 0) para
(4.27)
ou seja, o sistema de polias reduz à metade o peso (ou a força aplicada)
necessário para equilibrar um dado peso m2g, proporcionando assim
uma vantagem mecânica. Note também que a > 0 na Equação (4.25)
quando m2 > 2m1, conforme deveria ser: uma massa m2 maior que a de
equilíbrio faz subir a massa m1.
Em um sistema análogo, com 2n polias, temos equilíbrio
(a = 0) para
(4.28)
como você deve ser capaz de deduzir. Veja que o estudo de polias tem
ampla aplicação na vida cotidiana em conseqüência do fato de ela reduzir
o esforço no levantamento de diversos corpos.
∆ ∆ ∆∆
l l ll
1 2 212 0
2+ = ⇒ = −− .
2222T m g
m a−− = .
am m
m mg=
( )+
2 2
42 1
1 2
−−
Tm m
m mg=
+3
41 2
1 2
.
mm
12
2= ,
mm
n12
2= ,
166 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 167
AU
LA 4
ATIVIDADES
7. No sistema da Figura 4.18, m1 = 1Kg, m2 = 2Kg e m3 = 3Kg, e as massas das polias e das cordas são desprezíveis. Calcule:
a. a tensão T da corda e
b. as acelerações a1 , a2 e a3 das massas m1, m2 e m3.
Figura 4.18: Sistema constituído por três massas que estão conectadas por meio de polias e de cordas.
RESPOSTAS COMENTADAS
Veja na Figura 4.18 que as partes móveis do sistema são os blocos de massas
m1 e m2 , e também o subsistema formado pela massa m3 presa à polia,
que se movem solidariamente. Você aprendeu na aula que a força de tensão
T da corda é a mesma dos dois lados de qualquer uma das três polias.
m1
m3
m2
166 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 167
AU
LA 4
a. Para resolver este problema, você vai precisar mais do que as
equações de Newton de cada uma das massas. Você deve escrever
uma equação de vínculo para as acelerações a1 , a2 e a3 .
Você pode ver que os comprimentos l1 , l2 e l3 , mostrados na Figura
4.19, devem estar relacionados por uma certa equação. Com um pouco
de reflexão, você vai chegar à conclusão de que a soma das porções
l1 , l2 e l3 da corda deve ter um valor constante, isto é,
constante.
O significado desta equação de vínculo é o seguinte: conforme uma
das massas se move, as outras duas têm que se mover. De acordo
com esse vínculo, as variações dos comprimentos devem verificar a
seguinte equação:
A partir da equação de vínculo acima, é verdadeira a afirmação de
que as acelerações a1 , a2 e a3 das massas m1 , m2 e m3 também estão
vinculadas. A relação entre estas acelerações é
(Você pode demonstrar isto usando a derivada de ordem dois da
equação de vínculo com respeito ao tempo.) Você vai usar a igualdade
acima junto com as equações de Newton para resolver o problema.
Figura 4.19: Diagrama das forças que atuam sobre os blocos de massas m1, m2 e m3.
l1 + l2 + 2l3 =
∆l1 + ∆l2 + ∆l3 = 0.
a1 + a2 + 2a3 = 0.
m1
m3
m2
l3 l2l1TT T T
P1
P3
P2
y
168 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 169
AU
LA 4
Como os movimentos ocorrem na direção vertical, vamos usar o eixo
vertical y, tomado como positivo para cima. Neste caso, você vai poder
escrever as equações de movimento das massas m1 , m2 e m3 como
Note que a força de tensão exercida sobre a massa m3 é o dobro de T.
Mais ainda, veja que o sistema de equações acima tem quatro incógnitas,
T, a1 , a2 e a3 . Assim, para determinar estas quatro incógnitas, você deve
usar as três equações de movimento acima mais a equação de vínculo.
Em suma, agora você dispõe de um sistema com quatro equações e
quatro incógnitas.
Você pode calcular a tensão T da corda ao eliminar as acelerações das
equações de movimento com a equação de vínculo. Uma maneira de
fazer isto é somar a primeira e a segunda equação de movimento com
o dobro da terceira equação. Com esta manipulação algébrica, você vai
calcular que a força de tensão vale
b. Agora que você já sabe o valor da tensão T, basta usar as equações
de movimento para calcular as acelerações de cada massa.
De imediato, com a equação de movimento da massa m1 , você pode
calcular quanto vale a aceleração a1 ,
Como a1 é positiva, a massa m1 sobe em um MRUV.
De forma análoga, você vai calcular a aceleração a2 da massa m2 , que
é negativa; e, portanto, esta massa desce.
Por fim, você deve usar a equação de movimento da massa m3 para
calcular o valor da aceleração a3 . O resultado que você tem que encontrar
é o seguinte:
Assim como a massa m2 , a massa m3 também se move para baixo.
T m g m a
T m g m a
T m g m a
−−−−
−−
1 1 1
2 2 2
3 3 32
==
=
,
,
.
Tgm m m
m m m m m m=
+ +=
44
141 2 3
1 3 2 3 1 2( ).N
aTm
g11
4= − = m/s2.
aTm
g22
3= =−− −− m/s2,
aT
mg3
3
20 6= =−− −− . .m/s2
168 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 169
AU
LA 4
8. A Figura 4.20 mostra um homem sentado numa plataforma de trabalho, pendendo de uma corda de massa desprezível que passa por uma polia, de massa e atrito nulos, e volta até as mãos do homem. A massa conjunta do homem e da plataforma é 100Kg.
a. Com que força o homem deve puxar a corda para que ele consiga subir com velocidade constante?
b. Qual a força necessária para subir com a aceleração de 1,30m/s2?
c. Suponha, em vez disso, que a corda à direita é segurada por uma pessoa no chão. Repita os itens (a) e (b) para esta nova situação.
Figura 4.20: Ilustração do homem sentado na plataforma.
170 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 171
AU
LA 4
RESPOSTAS COMENTADAS
Vamos adotar o eixo vertical y e considerar o sentido positivo “para cima”.
Nas situações apresentadas nos itens (a) e (b), você precisa determinar as
forças exercidas sobre o homem e sobre a plataforma. Observe que a única
informação dada é que a soma das massas do homem e da plataforma
vale m = mH + mP = 100Kg.
Você deve considerar que as forças atuantes sobre o homem, Figura 4.21,
são: (i) a força peso, PH = mH g , para baixo, (ii) a força de tensão da corda,
T, para cima, e (iii) a força normal N, exercida pela plataforma sobre o
homem, para cima.
Por outro lado, como você pode ver na Figura 4.21, as forças exercidas
sobre a plataforma são: (i) a força peso, PP = mP g , para baixo, (ii) a força
de tensão da corda, T, para cima, e (iii) a força normal N, exercida pelo
homem sobre a plataforma, para baixo, que forma um par de ação e reação
com a força exercida pela plataforma sobre o homem.
Figura 4.21: Diagrama de corpo isolado que mostra as forças que são exercidas sobre o homem e a plataforma.
T N PPg
a
T N PPg
a
HH
PP
+ =
− − =
−− ,
.
Você pode escrever as equações de movimento para o homem e
também para a plataforma. Se você denotar a aceleração por a,
a Segunda Lei de Newton determina que:
Veja que o sistema de equações acima tem as incógnitas T e N. A força
com que o homem deve puxar a corda para que ele consiga subir é T ,
e por causa disso você precisa eliminar o módulo da força normal N
PH
N
T T
N
PP
Homem Plataforma
170 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 171
AU
LA 4
do par de equações acima. Como você pode ver, esta é uma tarefa fácil,
porque, ao somar as duas equações de movimento, do homem e da
plataforma, a força normal é cancelada. Com isso, você vai calcular que
o módulo da tensão na corda vale
Note que na equação acima foi usada a soma das forças-peso, isto é,
P = PH + PP . O resultado que você encontrou depende somente da força
peso conjunta do homem e da plataforma, P = mg , e da aceleração a.
Assim, o módulo da força de tração é dada por
a. Você mostrou que o valor do módulo da força de tensão T, para a = 0,
é dado por P/2. Para elevar a plataforma com uma velocidade constante,
ou seja, quando a = 0, é necessário que o homem puxe a corda para baixo
com uma força cujo módulo é de
b. Neste caso, o homem puxa a corda de maneira que a plataforma sobe
com uma aceleração a = 1,30m/s2. Ao substituir o valor desta aceleração
na equação que você calculou para a força de tensão, o resultado que
deve ser obtido é o seguinte:
c. Agora, a corda à direita é segurada por uma pessoa no chão. Se você
pensar bem, esta situação é a mesma do que uma pessoa puxando uma
massa m = 100Kg com uma corda que passa por uma polia presa ao
teto. A equação de movimento neste caso é dada por
Certamente, em vez de usar a massa, você pode colocar m = P/g. Dessa
forma, você vai calcular o módulo da força de tração,
Ao comparar este valor com aquele encontrado para os itens (a) e (b),
você verá que a diferença é dada por um fator 1/2.
Portanto, para a pessoa no chão elevar a plataforma com uma velocidade
constante, em que a = 0, é necessário que ela puxe a corda com uma
força cujo módulo é de
2 1 1T P Pag
PagH P= + +
= +
( ) .
TP a
g= +
2
1 .
TP a
g= +
= +
2
112
100 9 8 11 309 8
( )( , )( , )( , )
Kg m/sm/sm/s
22
2 = 555N.
T P ma−− = .
T Pag
= +
1 .
T P= = 980N.
TP= = =2
12
100 9 8 490( )( , ) .Kg m/s N2
172 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 173
AU
LA 4
No caso em que o sistema homem mais plataforma deve subir acelerado,
com a = 1,30m/s2, a pessoa vai ter que puxar a corda com uma força de
módulo igual a
Uma rápida comparação entre os resultados que você calculou nos permite
concluir que, para elevar a plataforma, a pessoa no chão deve fazer o dobro
do esforço feito pelo homem que está sentado.
MOVIMENTO CIRCULAR
Nesta seção, discutiremos o movimento de objetos percorrendo
caminhos circulares. Assim, considere uma bola de massa m que está
presa a uma corda de comprimento r e que gira em velocidade constante
em um caminho circular horizontal, como ilustrado na Figura 4.22.
Seu peso é balanceado por uma mesa cuja superfície não tem fricção.
Façamos então a seguinte pergunta: O que faz com que a bola se mova
em um círculo?
T Pag
= +
= +
=1 100 9 8 1
1 309 8
( )( , )( , )( , )
Kg m/sm/sm/s
22
2 11110N.
m
Fr
Fr
r
Figura 4.22: O movimento circular.
172 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 173
AU
LA 4
De acordo com a Primeira Lei de Newton, a bola tenderia a se
mover em uma linha reta. Entretanto, como a corda exerce uma força
radialr
Fr sobre a bola, ela descreve uma trajetória circular. Esta força
radial é dirigida ao longo da corda em direção ao centro do círculo,
como mostrado na figura anterior.
Mas qual o valor dessa força? E como sabemos que ela está dirigida
para o centro do círculo?
Para responder a essa pergunta, vamos começar considerando
um caso especial de movimento circular, o movimento circular uniforme
(MCU), em que o módulo da velocidade instantânea é constante ao longo
do movimento da partícula.
No MCU, tanto a velocidade como a aceleração são constantes, em
módulo, porém ambas mudam de direção e sentido durante o movimento.
Exemplos deste tipo de movimento podem incluir um ponto sobre um
disco em rotação numa vitrola, os ponteiros de um relógio, carros se
locomovendo ao longo de uma rotatória ou, em boa aproximação,
a órbita da Lua ao redor da Terra.
Figura 4.23: Movimento Circular Uniforme de uma partícula.
r
r
P1
V1
P2
V2
C θ
174 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 175
AU
LA 4
A Figura 4.23 mostra o movimento de uma partícula ao longo de
uma trajetória circular, definida pelo raio r. No instante t1, a partícula
se encontra na posição P1 e a velocidade ∆r r r
v v v= −2 1 é um vetor tangente à curva
neste ponto. No instante t t t2 1= + ∆ , a partícula se deslocou ao longo
do arco do círculo e está localizada na posição P2. A velocidade neste
ponto, ∆r r r
v v v= −2 1, é um vetor tangente à curva neste ponto. Portanto, durante
o intervalo de tempo ∆t, a partícula percorre o comprimento do arco
P1P2, definido pelo ângulo θ, como ilustrado na Figura 4.23.
Como sabemos, o comprimento do trajeto percorrido pela
partícula durante esse intervalo de tempo é igual a rθ e os vetores ∆r r r
v v v= −2 1 e
∆r r r
v v v= −2 1 possuem o mesmo módulo, v, pois, como dissemos anteriormente,
no MCU as velocidades permanecem constantes, embora o sentido e a
direção sejam diferentes. Logo, o comprimento de arco P1P2 também
pode ser escrito como:
(4.29)
Agora, devemos mostrar que o módulo da aceleração é constante
ao longo do movimento e que o vetor aceleração aponta sempre na
direção do centro do círculo.
Para demonstrar essa afirmação, começamos rearranjando os
vetores ∆r r r
v v v= −2 1 e ∆r r r
v v v= −2 1, vistos na Figura 4.23, de forma que a origem dos dois
vetores coincidam, como mostrado na Figura 4.24. Isso sempre pode ser
feito, já que podemos deslocar os vetores livremente, desde que o sentido,
o módulo e a direção desses vetores sejam preservados, dada a definição
de vetores vista no apêndice da Aula 2.
r v tθ = ∆ .
Figura 4.24: A variação da velocidade ao ir de P1 a P2 é ∆V.
V1V2
O
∆VQ2 Q1
θ
174 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 175
AU
LA 4
Pela Figura 4.24, podemos ver claramente a
mudança na velocidade à medida que a partícula se
move de P1 para P2. Essa mudança é dada pelo vetor
∆r r r
v v v= −2 1, que é visto na figura.
Se desenharmos ∆r r r
v v v= −2 1no ponto médio do arco P1P2,
como mostra a Figura 4.25 a seguir, vemos que o vetor
aponta para o centro do círculo. De fato, na Figura 4.25,
desenhamos o triângulo formado pela corda P1P2 e os
raios CP1 e CP2. (Note que ambos os triângulos, CP1P2
e OQ1Q2 , são isósceles, ou seja, possuem o mesmo
ângulo no vértice.) O ângulo θ entre os vetores ∆r r r
v v v= −2 1 e ∆r r r
v v v= −2 1
é o mesmo que P1CP2, porque ∆r r r
v v v= −2 1 é perpendicular a CP2
e ∆r r r
v v v= −2 1 é perpendicular a CP1.
Desenhando a bissetriz do ângulo θ na Figura 4.25, temos:
(4.30)
Substituindo a Equação 4.30 na Equação 4.29, obtemos:
(4.31)
Note que v e r são independentes de ∆t. Portanto, seus valores
não são alterados pelo limite visto na equação anterior. Assim, podemos
reescrever a Equação (4.31)
Figura 4.25: A partícula percorre o arco P1P2no tempo ∆t. ∆v é mostrado em cinza.
12 2
∆ =
vsenθ
.
(4.32)
Após resolver a Equação (4.32), encontraremos o limite de ∆t → 0
e, portanto, a função aceleração instantânea no MCU, que é a derivada
da função velocidade com relação ao tempo.
Esse cálculo pode ser feito sem grandes dificuldades. Entretanto,
para facilitar a sua compreensão, você pode perceber que, quanto menor
o intervalo de tempo, menor o ângulo θ. Assim, para ângulos muito
pequenos, podemos utilizar a aproximação senx ≈ x. (Com a ajuda de
uma calculadora, podemos computar o seno de ângulos cada vez menores
para nos convencer de que, no limite θ → 0, temos que senθ = θ. Por
exemplo, quando x = 0.0873 rad, temos que senx = 0.0872. Mas, quando
x = 0.03490 rad, temos que senx = 0.03498.)
P1
P2
V2
r
r
C v ∆t
V1
θ
avt
vr
sent t
= =( )
→ →lim lim
/
/.
∆ ∆
∆∆0 0
2 2
2
θθ
avt
vrt t
= =( )
→ →lim lim
/
/.
∆ ∆
∆∆0
2
0
2
2
sen θθ
∆v
176 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 177
AU
LA 4
Usando a aproximação para ângulos pequenos, sen(θ/2) = θ/2,
obtemos o módulo da aceleração instantânea:
(4.33)
Esta aproximação é válida somente quando o ângulo for medido em radianos e pode ser obtida através de uma expansão em série de Taylor da função senx em torno de x = 0.Você pode ler mais sobre a expansão em série de Taylor através do link: http://pt.wikipedia.org/wiki/Série_de_Taylor
Concluímos então que, apesar do módulo da velocidade se manter constante no movimento circular uniforme, temos uma aceleração diferente de zero. Essa aceleração é proveniente da mudança de direção e sentido da velocidade representada pelo vetor ∆r r r
v v v= −2 1.
Vemos, portanto, que podemos ter um movimento acelerado, mesmo com o módulo da velocidade instantânea se mantendo constante ao longo do movimento.
!
avr
=2
.
v
a
a
a
v
v
Figura 4.26: A aceleração está sempre dirigida para o centro do círculo e, portanto, é sempre perpendicular à velocidade no MCU.
O
176 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 177
AU
LA 4
A Figura 4.26 mostra a relação entre vr
e ar
em vários instantes
do movimento. A velocidade é sempre tangente ao círculo e tem o
sentido do movimento, seu módulo é sempre constante, mas sua direção
e sentido mudam continuamente. Essa mudança gera uma aceleração,
também constante em módulo.
Como o sentido e a direção da aceleração são os mesmos de
∆r r r
v v v= −2 1, temos que a direção de a
r
é sempre radial e seu sentido é sempre
apontando para dentro do círculo. Por causa disso, essa aceleração é
chamada de radial, ou aceleração centrípeta, que significa “procurando
o centro”.
Portanto, a aceleração tem o módulo constante e aponta sempre
na direção do centro do círculo no MCU. Sendo assim, é responsável
pela mudança de direção do movimento e mantém a trajetória da
partícula circular.
Se nós aplicarmos a Segunda Lei de Newton ao longo da direção
radial, encontramos que a força total causando a acerelação centrípeta
é dada por:
(4.34)
Uma força causando a aceleração centrípeta aponta para o centro
do caminho circular e causa uma mudança na direção do vetor velocidade.
Se por acaso essa força se anulasse, o objeto não iria mais mover-se em
seu caminho circular; ao invés disso, ele iria mover-se ao longo de uma
linha reta tangente ao círculo. Essa idéia é ilustrada Figura 4.27 para a
bola girando no extremo de uma corda em um plano horizontal. Se a
corda se rompe em algum instante, a bola irá se mover ao longo de uma
linha reta, tangente ao círculo, no ponto onde a corda se partiu.
F ma mvrc∑ = =2
.
178 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 179
AU
LA 4
De forma a exemplificar as idéias expostas acima, vamos
considerar duas partículas, de massas respectivamente iguais a m1 e
m2, que estão ligadas por meio de um fio ideal de comprimento l, que
passa por um pequeno buraco na superfície lisa de uma mesa. Suponha
que a primeira partícula se movimente, sem nunca perder o contato
com a superfície da mesa, e que descreva um MCU de raio r, enquanto
a segunda permanece em repouso, a uma distância l-r abaixo do buraco
da mesa, como indica a Figura 4.28 a seguir. Desejamos aqui responder
às seguintes questões:
1. Quais são os módulos das forças de vínculo que atuam no
sistema?
2. Qual é a relação entre o módulo da velocidade da primeira
partícula que designaremos por (v1), o raio de sua trajetória circular
(r) e o módulo da aceleração da gravidade (g), para que a situação que
acabamos de descrever seja verdadeira?
Figura 4.27: A linha tangente ao círculo.
r
178 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 179
AU
LA 4
Antes de tudo, observe que há três forças de vínculo nesse
problema. São elas: a reação normal que a superfície da mesa exerce sobre
a primeira partícula, a força que o fio faz sobre essa mesma partícula
e a força que o fio exerce sobre a segunda partícula. Embora os efeitos
das forças de vínculo sejam conhecidos (por exemplo, a reação normal
exercida pela mesa sobre a primeira partícula não deixa que ela penetre
na superfície da mesa), tais forças não são conhecidas a priori, mas
deverão ser encontradas durante a solução do problema. Vamos aplicar
a Segunda Lei de Newton a cada partícula do sistema:
e
(4.35)
onde r
T1 é a força que o fio exerce sobre m1,r
T2é a força que o fio exerce
sobre m2 , r
N1 é a reação normal que a superfície da mesa exerce sobre m1
e é a aceleração dessa partícula. Note que, por se tratar de um fio ideal,r r r
T T T1 2= = . Escolhendo os eixos cartesianos, de modo que a superfície
da mesa coincida com o plano OXY, que o eixo OZ aponte para cima
e a origem esteja localizada no buraco da mesa, podemos escrever
m g N T m a1 1 1 1 1
r
r r
r+ + =
m g T2 2 0r
r r
+ =
Figura 4.28: O problema da mesa.
r
m2
Oθ
x
m1
180 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 181
AU
LA 4
e
(4.36)
em que ur é o unitário na direção radial e N N1 1=r
. Usando, então,
a independência linear entre uz e ur , concluímos:
(4.37)
Nesse problema, as forças de vínculo têm módulos constantes, dados
pela primeira e última equações escritas na Equação (4.37). Para obter a
relação desejada entre v1, r e g, basta utilizar as duas últimas equações:
(4.38)
Note que, quanto maior a massa m2 e, portanto, maior a tensão
no fio, maior deverá ser a velocidade da primeira partícula, para que ela
descreva um MCU com o mesmo raio r.
Vamos considerar agora um outro problema. Um carro se
movimenta ao longo de uma pista circular, cuja superfície está inclinada
de θ em relação ao plano horizontal. Ele descreve um MCU cujo raio de
curvatura vale r, como indica a Figura 4.29.
N g m g1 1
r = ,
T mvr
= 112
,
T m g= 2 .
mm
gr v2
112= .
Figura 4.29: Pista inclinada.
m
θ
rC
N m g u Tu mvr
uz r r1 1 112
−( ) − =
T m g uz−( ) =2 0r
180 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 181
AU
LA 4
Suponha que exista atrito entre os pneus e a pista, sendo µe o
coeficiente de atrito estático correspondente. No entanto, considere
que a força de atrito não possua componente ao longo da direção do
movimento do carro, isto é, suponha que a força de atrito sobre os pneus
seja paralela à superfície da pista e perpendicular à velocidade do carro.
Essa hipótese é bastante razoável, pois, como o carro se movimenta com
MCU, o módulo de sua velocidade permanece constante (se o motorista
apertasse o acelerador ou o freio, apareceria uma componente da força de
atrito ao longo da direção do movimento do carro). Desejamos analisar
aqui algumas situações interessantes. Mais especificamente, gostaríamos
de responder às seguintes perguntas:
1. Qual deve ser o módulo da velocidade do carro, para que a
força de atrito sobre os pneus seja nula?
2. Qual é o valor crítico para o módulo da velocidade do carro,
acima do qual ele começa a derrapar?
Como primeiro comentário, devemos dizer que, embora o carro
não seja um sistema rígido (os pneus giram em relação ao eixo etc.),
vamos tratá-lo aproximadamente como tal. Para responder ao primeiro
item, basta aplicar a Segunda Lei de Newton e lembrar que o carro não
possui componente vertical de aceleração, mas possui uma componente
centrípeta não-nula, uma vez que descreve um MCU. Sendo v0 o módulo
da velocidade do carro, temos, então:
(4.39)
Dividindo a equação de baixo pela de cima, obtemos:
(4.40)
A partir da equação anterior, vemos, por exemplo, que, quanto
mais veloz estiver o carro, mais inclinada deverá ser a pista, para que ele
descreva um MCU com o mesmo raio R sem o auxílio da força de atrito
exercida pela pista sobre os pneus. Em contrapartida, para uma mesma
inclinação da pista em relação à horizontal, quanto maior for a velocidade,
maior será o raio do MCU descrito pelo carro. Portanto, se um carro
entrar numa curva circular de raio r com uma velocidade maior do que
v gr0 = tanθ, ele tenderá a derrapar para cima, a não ser que a força de
r
r r
N mg maN mg
Nmv
r
+ = ⇒=
=
cosθ
θsen 02
v gr02 = tanθ
182 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 183
AU
LA 4
atrito estática seja grande o suficiente para mantê-lo na curva de raio r.
Suponhamos, então, que isso aconteça, isto é, que o carro esteja com
uma velocidade de módulo v > v0 , mas que, mesmo assim, devido ao
atrito entre os pneus e a superfície da pista, ele descreva um MCU de
raio r. Calculemos, nesse caso, o módulo da força de atrito em termos
de v, θ, m, g e r.
Como o carro tende a derrapar, deslizando para cima da pista,
a força de atrito, que é tangente às superfícies em contato, aponta para
baixo. Da Segunda Lei de Newton, temos:
(4.41)
Obtemos, assim, um sistema de duas equações e duas incógnitas,
(N e fat ). Da primeira delas, escrevemos:
(4.42)
A substituição da Equação 4.42 na segunda equação do sistema
anterior nos leva a:
(4.43)
e, conseqüentemente, ao resultado
(4.44)
Note que essa última equação é consistente com o resultado
escrito na Equação (4.40), pois, se substituirmos na equação anterior v
= v0, com v0 dado pela Equação (4.40), obteremos um valor nulo para
fat, como esperado.
Para obter o valor de N, devemos substituir na Equação (4.42)
o valor de fat , dado pela Equação (4.44) Com isso, obtemos que:
(4.45)
rr
r r
N f mg maN f mg
N fmv
rat
at
at
+ + = ⇒− − =
+ =
cos
cos
θ θ
θ θ
sen
sen
02
Nmg fat=
+ senθθcos
mg ff m
vr
atat
++ =
sensen
θθ
θ θcos
cos−−2
f mvr
mgat =2
cosθ θ−− sen
N mg mvr
= +cosθ θ2
sen
182 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 183
AU
LA 4
Analisando a Equação (4.44) vemos que se v cresce a partir
do valor v gr0 = tanθ , o módulo da força de atrito fat cresce a partir do
valor nulo. No entanto, fat não pode aumentar indefinidamente, pois,
como sabemos, existe um valor máximo para o módulo da força de
atrito entre duas superfícies em contato, dado por µeN. Portanto, existe
um valor máximo para v, que designaremos vmax , acima do qual o carro
derrapará sobre a pista, no sentido para cima. Para descobrirmos o valor
de vmax , basta substituir na Equação (4.44) o valor máximo do módulo
da força de atrito, ou seja, basta escrever fat = µeN, com N dada pela
Equação (4.45). Seguindo esse procedimento, obtemos:
(4.46)
ou seja,
(4.47)
Como último comentário a respeito desse exemplo, note que,
se v decrescer a partir do valor v gr0 = tanθ , o módulo da força de
atrito também aumenta a partir do valor nulo, porém com uma diferença
importante em relação ao caso que acabamos de tratar: a força de atrito
sobre os pneus do carro aponta para cima, pois o carro tende a derrapar
para baixo. Supondo que a inclinação da pista em relação à horizontal
seja maior do que o ângulo crítico θ µc e= arctan , haverá um valor
mínimo vmin para o módulo da velocidade do carro, abaixo do qual ele
irá derrapar para baixo na pista.
µ θ θ θ θe mg mv
rm
v
rmgcos max max+
=
2 2
sen cos sen ,−−
v gr e
emax
coscos
2 =+
sensen
θ µ θθ µ θ−−
184 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 185
AU
LA 4
ATIVIDADES
9. Uma determinada corda pode suportar uma tensão máxima de 40N sem romper. Uma criança amarra uma bola de 400g a uma das pontas da corda e segura a outra extremidade girando a bola num círculo vertical de 0,9m de raio e aumentando lentamente a velocidade até a corda arrebentar.
a. Determine a velocidade crítica abaixo da qual a corda pode afrouxar no ponto mais alto.
b. Em que ponto da trajetória a bola está quando a corda arrebenta?
c. Qual a velocidade da bola quando a corda arrebenta?
RESPOSTAS COMENTADAS
Na Figura 4.30 você pode ver a bola de massa m = 0,40kg presa a uma
corda de comprimento r = 0,9m, que gira em torno de um círculo vertical
em torno de um ponto fixo O, ao qual a outra extremidade é segurada pela
criança. O movimento da bola, embora circular, não é uniforme, pois a bola é
acelerada na descida e retardada na subida. Contudo, a componente normal
da aceleração continua a ser dada por ac = v2/r. Além disso, agora, há uma
componente tangencial da aceleração.
Figura 4.30: Diagrama de forças aplicadas a uma bola que gira no sentido horário, em um círculo vertical com centro em O.
P
P||
P⊥
θ
θT
O
r
184 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 185
AU
LA 4
As forças aplicadas, em qualquer ponto da trajetória, são o peso P e
a tração T da corda. Veja na Figura 4.30 que você pode decompor
a força-peso em uma componente normal, de módulo P⊥= mgcosθ,
e em uma tangencial de módulo P|| = mgsenθ. As forças tangencial e
normal são, respectivamente,
Note que a aceleração tangencial, de acordo com a Segunda Lei de
Newton, é
ou seja, é a mesma que a de um corpo deslizando sobre um plano
inclinado sem atrito, de inclinação θ. A aceleração radial, ou centrípeta,
é
Portanto, a partir da equação acima você pode chegar à conclusão
de que o módulo da força de tração na corda, em qualquer ponto da
trajetória, vale
Perceba que este resultado depende do ângulo θ, ou seja, o módulo
da força de tração assume diferentes valores em cada ponto da
trajetória.
a. Você pode ver na Figura 4.30 que no ponto mais elevado da
trajetória circular da bola, no qual θ = 180o, tem-se senθ = 0 e cosθ
= -1. Com esses valores, você conclui que a aceleração é puramente
radial, orientada para baixo. Mais ainda, o módulo da força de tração
no ponto mais alto vale
Neste movimento existe uma determinada velocidade crítica vc , no
ponto mais alto da circunferência, abaixo da qual a corda fica frouxa.
A corda vai afrouxar quando não estiver submetida a uma força de
tração, isto é, quando T = 0. Nessa situação crítica, o resultado para a
força de tração que você calculou acima fornece a velocidade crítica,
F mg
F T mg|| ,
cos .
==
⊥
senθθ−−
aF
mg||
|| ,= = senθ
aFm
T mgm
vrc = = =⊥ −− cos
.θ 2
T mvr
g= +
2
cos .θ
T mvr
g=
2
−−
v grc = = =( , )( , ) , .9 8 0 9 3 0m/s m m/s2
186 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 187
AU
LA 4
Note que nesta situação a única força exercida sobre a bola é a força-peso,
orientada para baixo. Assim, a força-peso P é a força centrípeta exercida
sobre a bola.
A criança deve começar a girar a bola com uma velocidade maior ou igual à
velocidade crítica, vc ≥3,0m/s, de forma que a corda esteja sempre esticada.
O resultado que você encontrou é bastante interessante porque a velocidade
crítica depende do raio da circunferência e não depende da massa da bola.
b. Você pode visualizar a situação da seguinte maneira: a criança começa a
girar a bola com uma velocidade maior do que vc , e, conforme foi descrito,
vai aumentando lentamente a velocidade até a corda arrebentar.
Como ficou demonstrado por você, o módulo da força de tração depende
do ângulo θ. No ponto mais alto da trajetória circular da bola, no qual
θ = 180o, a força de tração é mínima, enquanto que no ponto mais baixo, no
qual θ = 0, a força de tração é máxima. Neste último caso, como cosθ = 1,
o módulo da força tração máxima exercida sobre a bola deve valer
Como a criança vai aumentando a velocidade lentamente, digamos de vc até
vmáx , a corda usada na brincadeira vai arrebentar no instante em que estiver
submetida a uma tração cujo módulo é igual a Tmáx = 40N. Portanto, você
deve chegar à conclusão de que isso vai acontecer no ponto mais baixo da
trajetória circular.
c. A corda vai arrebentar quando a força de tração atingir um módulo igual
a Tmáx = 40N. Nesse exato instante, quando a bola estiver no ponto mais
baixo de sua trajetória, você pode calcular a velocidade vmáx com a equação
da força de tração máxima. O resultado é o seguinte:
Dessa forma, no instante em que a corda arrebentar, a velocidade da bola será
T mvr
g= +
2
.
v rT
mgmÆx
mÆx=
−−vmáxTmáx
v mmÆx =
=( , )
(( , )
( , ) , .0 940
0 409 8 9 0
N)kg
m/s m/s2−−vmáx
186 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 187
AU
LA 4
10. Um engenheiro civil foi contratado para projetar a curva de uma estrada que atenda as seguintes condições: um carro em repouso não deve deslizar para dentro da curva, e um carro viajando com uma velocidade menor do que 60Km/h não deve deslizar para fora da curva. A pista tem um coeficiente de atrito estático de 0,40 entre o asfalto e os pneus.
a. De qual ângulo a pista deve estar inclinada?
b. Qual deve ser o raio mínimo de curvatura da pista?
c. Calcule a aceleração centrípeta sofrida por um carro que faz a curva na velocidade máxima.
RESPOSTAS COMENTADAS
Neste problema, é necessário analisar os dois casos separadamente, isto é, o
carro em repouso e o carro que faz a curva com a velocidade máxima. Você
pode ver na Figura 4.31 o plano inclinado e o sistema de eixos escolhido.
220
220
N
P
f
y
188 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 189
AU
LA 4
a. Na Figura 4.31.a, você pode ver que, com a nossa escolha do eixo
+y na direção vertical, a força-peso P pode ser escrita da seguinte
forma:
Note que a força de atrito fo tem que estar paralela ao plano inclinado
e com o sentido “para cima”, isto é, tem o sentido inverso à tendência
do movimento (deslizamento). As projeções do vetor fo permitem que
você represente a força de atrito pelo seguinte vetor:
A força que o plano exerce sobre o carro, ou a força normal No , está
inclinada de um ângulo θ com a direção do eixo y. Com isso, você
vai poder representar essa força como
Para o carro ficar em repouso na pista, ou seja, não deslizar para baixo
do plano inclinado, você deve concluir que a força resultante exercida
sobre o carro deve ser nula. O princípio de superposição das forças
estabelece que a força resultante exercida sobre o carro é
Figura 4.31: Diagrama de corpo isolado do carro (a) em repouso e (b) em movimento circular uniforme.
P
N
y
220
f
220
P u= −−mg y
N u uo o osen= +N Nx yθ θcos
P f N+ + =o o 0.
f u uo o osen= − +f fx ycos .θ θ
188 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 189
AU
LA 4
Conforme foi aprendido na aula, a força máxima de atrito, quando o
carro está prestes a deslizar em direção à base do plano inclinado, tem
um valor igual a
sendo que o coeficiente de atrito estático vale µe = 0,4.
Agora você vai substituir na equação vetorial da força resultante as
forças P, fo e No escritas em termos dos vetores unitários ux e uy. As
relações que devem ser verificadas para as componentes x e y são,
respectivamente,
Na primeira igualdade acima, você pode encontrar quanto vale o ângulo
porque você vai usar a condição de que fo = µe No. Disso resulta a
seguinte equação:
O raciocínio que você tem que usar para chegar a este resultado é
supor que o módulo da força normal é diferente de zero, No ≠ 0. Dessa
forma, a relação acima permite que você encontre o ângulo θ no qual
a pista deve estar inclinada,
b. Neste caso, o carro está se movimentando com uma velocidade
de no máximo vmáx = 60Km/h. Veja o diagrama de corpo isolado do
carro, mostrado na Figura 4.31, que mostra as forças exercidas sobre
o carro. Você deve perceber que agora a força de atrito f tem o sentido
“para baixo”.
A única diferença entre os vetores envolvidos na superposição é o vetor
f, que representa a força de atrito. No sistema de coordenadas que nós
estamos usando, você pode escrever esse vetor como:
Neste caso, a projeção da força resultante na direção do eixo x é a
força centrípeta, cujo módulo vale Fc = mac = mv2/r. Assim, a Segunda
Lei de Newton estabelece que
f Neo o= µ ,
N f mvr
N f mg
sen
sen
θ θ
θ θ
−−
−−
cos ,
cos .
=
+ =
2
0
N f
N f mgo o
o o
sen
sen
θ θθ θ
−−
−−
cos ,
cos .
=+ =
0
0
N e
e
o(senθ µ θ
θ µ
−− cos )
tan .
=
⇓=
0
θ = =tan , .−−1 0 4 22o
f u u= f fx ycos .θ θ−− sen
190 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 191
AU
LA 4
Você aprendeu na aula que a velocidade máxima do carro em um MCU,
sem deslizar, é obtida do sistema de equações acima com a substituição
f = µe N. No entanto, você vai precisar calcular o raio de curvatura da pista, r.
A fórmula a ser usada é a seguinte:
Como resultado você tem que encontrar um raio de curvatura igual a
c. O vetor que representa a aceleração centrípeta ac em um MCU
tem direção radial e aponta para o centro da curva de raio r. Nossa
escolha de eixos determina que o vetor ac é paralelo ao eixo +x.
Mais ainda, você aprendeu que o módulo dessa aceleração vale
ac = v2/r. Portanto, para a velocidade máxima vmáx = 60Km/h, você vai
obter o vetor
r = 30m.
Nesta aula enunciamos a Lei de Gravitação de Newton como uma a ação a distância
e instantânea entre corpos com massa e usamos seu enunciado para calcular a
aceleração g de corpos em queda livre próximos à superfície da Terra, quando
desprezamos a resistência do ar.
Analisamos as forças de contato entre superfícies suaves e identificamos as
componentes “normal” e de atrito quando as superfícies se tocam num único
ponto. Definimos, então, as forças de atrito estático e cinético válidas de modo
aproximado e exclusivamente para corpos sólidos com superfícies secas e de
formatos suaves.
Também enunciamos a Lei de Hooke para o sistema massa-mola e estudamos
a variação da força em função da elongação da mola.
R E S U M O
av
ru m s uc
mÆxx x= =
229 3( , / ) .
v2máx
rv
gmÆx e
e
=+
2 coscos
.θ µ θθ µ θ
−− sensen
v2máx
190 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton
CECIER J – Extensão 191
AU
LA 4
Em seguida, estudamos o efeito que uma roldana com massa desprezível
exerce sobre uma corda e vimos como um sistema de polias pode reduzir o
esforço no levantamento de diversos corpos.
Finalmente, deduzimos a aceleração centrípeta sobre corpos em movi-
mento circular uniforme e estudamos situações que envolvem partículas
em trajetórias circulares.
obje
tivos5AULA
Meta da aula
Energia e trabalho
Discutir alguns aspectos físicos relacionados à energia mecânica de partículas em movimento.
Ao final desta aula, você deverá ser capaz de:
• calcular o trabalho realizado por uma força constante aplicada sobre uma partícula;
• calcular o trabalho realizado por uma força capaz de comprimir ou esticar uma mola;
• calcular o valor da energia potencial gravitacional de um corpo em uma dada altura, medida a partir de uma origem;
• calcular o valor da energia potencial armazenada em uma mola comprimida, a partir de seu ponto de equilíbrio;
• usar a conservação da energia mecânica para resolver problemas físicos em que só atuem forças conservativas;
• calcular a potência média de uma partícula, quando conhecemos o trabalho realizado em um dado intervalo de tempo;
• calcular a potência de uma partícula em movimento, quando conhecemos a sua velocidade e as forças que atuam sobre ela.
Pré-requisito
Para melhor compreensão desta aula, você precisa ter estudado a Aula 4 – As Aplicações das Leis de Newton.
Texto de Lizardo H. C. M. Nunes e Raphael Púpio Maia.
194 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 195
AU
LA 5
TRABALHO E ENERGIA
Em sua origem, a palavra energia vem do grego e denota
“atividade”, “operação” ou “vigor”, que é uma propriedade de quem
está “ativo” ou “trabalhando”.
De maneira análoga, energia, em Física, é também uma propriedade
das partículas. Entretanto, para entendermos o significado físico de energia,
devemos, antes, definir a grandeza que chamamos de trabalho, que é o
que faremos a seguir.
Vamos começar considerando o caso simples de um bloco em repou-
so sobre uma mesa bem lisa. Suponha que uma força de módulo constante
seja aplicada sobre o corpo, como mostrada na Figura 5.1 a seguir.
Figura 5.1: Bloco sendo puxado por uma força constante, o que acarreta um deslocamento d.
Assumindo que o corpo tenha percorrido uma distância d ao
longo da mesa, dizemos que a força F realizou trabalho sobre o bloco,
que é dado pela expressão
(5.1)
Note que o trabalho realizado pela força sobre o bloco é tanto
maior quanto maior for o deslocamento ou a força sob a ação da qual
ele se realiza.
W F d= ( )cos .θ
F cos θ
d
F
θ
194 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 195
AU
LA 5
Além disso, é bastante intuitivo perceber que apenas a projeção da
força F na direção do deslocamento é eficaz para movimentar o bloco.
Aliás, como você sabe, essa projeção é dada por
(5.2)
onde θ é mostrado na figura como o ângulo entre a força e a direção do
deslocamento. Assim, a julgar pela Equação (5.1), o trabalho realizado
sobre o bloco deve ser a projeção da força na direção do deslocamento
multiplicada pela distância percorrida; ou seja, o trabalho realizado por
F sobre o bloco deve ser
Na verdade, existe uma maneira mais compacta de escrever essa
expressão,
(5.3)
onde o operador • denota o produto escalar entre os vetores F e d (veja
o apêndice da Aula 2), e o vetor deslocamento d é definido como o vetor,
que vai do ponto de onde o corpo sai do repouso até o ponto em que a
distância foi medida, como mostrado na Figura 5.1. Essa é a expressão
para o trabalho realizado por uma força constante.
Após esse resultado, responda, qual deve ser, então, o trabalho realizado
pela força peso para o mesmo deslocamento d ao longo da mesa?
Se você respondeu que o peso não realizou trabalho sobre o bloco,
acertou! A projeção da força peso sobre o deslocamento é nula, visto que
o peso está na vertical e o deslocamento na horizontal. Como
temos que o trabalho realizado é nulo, pela Equação (5.3)
Mas suponha agora que existam duas forças F1 e F2, atuando
sobre o corpo, como mostrado na Figura 5.2 a seguir. Pela definição
anterior, o trabalho realizado por F1 é F d1 1cosθ e, o trabalho realizado
por F2 é F d2 2cosθ , onde θ1 e θ2 são mostrados na figura. Olhe com
atenção para a Figura 5.2, o trabalho realizado por F1 é positivo, porque
cosθ1 0> ; mas o trabalho realizado por F2 é negativo, porque cosθ2 0< .
F cos ,θ
W F d= cos .θ
W = •F d,
cos ,π2
0
=
196 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 197
AU
LA 5
Assim, percebemos que o trabalho realizado por uma força sobre um
corpo pode ser positivo, negativo ou nulo.
Entretanto, até agora só vimos como calcular o trabalho realizado
por uma força constante, mas ainda não discutimos o seu significado
físico, que é o que faremos agora.
Vamos voltar à situação descrita pela Figura 5.1. Quando a força
F é aplicada sobre o bloco, ela o retira do repouso, tornando-o animado,
ou em movimento. Esse corpo ganha velocidade em função da força
aplicada, e dizemos que esse corpo em movimento tem uma energia
associada à sua velocidade, que chamamos de energia de movimento,
ou energia cinética. Por definição, a energia cinética de uma partícula
de massa m que se move com velocidade r
v é dada por
(5.4)
Portanto, ao realizar trabalho sobre o bloco, a força F fornece
energia cinética ao bloco.
Figura 5.2: Duas forças distintas atuando sobre o bloco.
K mv= 12
2.
F1
θ2
θ1
F2
Definimos energia como a capacidade de produzir trabalho.
!
196 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 197
AU
LA 5
Mas você poderia perguntar: “Não foi o trabalho realizado
pela força que forneceu energia ao bloco? Como assim a energia é a
capacidade de produzir trabalho?” Bom, é essa a pergunta a que vamos
tentar responder nesta aula.
Vamos começar tentando calcular o trabalho realizado pela
resultante de todas as forças que atuam sobre um corpo arbitrário.
Assim, imagine um corpo em que atuam n forças constantes sobre ele,
cada força associada a um índice i, i n= 1, ,L . Como calcular o trabalho
realizado pela resultante?
Bom, o trabalho realizado pela resultante deve ser a soma dos
trabalhos realizados por cada uma das forças que atuam sobre o
corpo. Isso você pode provar matematicamente: é só usar o fato de
que a resultante é a soma vetorial de todas as forças que atuam sobre o
bloco, isto é,
(5.5)
e substituir a expressão acima na Equação (5.3). Usando as propriedades
do produto vetorial, você deve ser capaz de mostrar que
(5.6)
onde Wi é o trabalho realizado pela força r
Fi sobre o corpo.
Mas, pela 2ª Lei de Newton, a resultante é
(5.7)
Além disso, como vimos quando estudamos a cinemática do
movimento unidimensional (veja a Aula 1), também sabemos que, para
um corpo que percorre uma distância d ao longo de uma reta com
aceleração a constante, existe a expressão:
onde νf e νi denotam a velocidade final e inicial respectivamente.
r r
R Fii
n
==∑
1
,
W R d F d F d Wii
n
ii
n
ii
n
= =
= ( ) ≡
= = =∑ ∑ ∑
r
g
rr
g
rr
g
r
1 1 1
,
r
r
R ma= .
v v adf i2 2 2= + ,
198 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 199
AU
LA 5
Podemos combinar os três ingredientes apresentados: a equação de
Torricelli acima, a 2ª Lei de Newton e o cálculo do trabalho realizado pela
resultante das forças que atuam sobre um corpo da seguinte forma:
(5.8)
onde, obviamente, usamos o fato de que a resultante está na direção do
deslocamento. Você saberia dizer o porquê?
Observe agora o último termo da equação acima, o que ele
significa?
Bem, usando a definição de energia cinética, o último termo da
Equação (5.8) é a variação da Energia Cinética, ∆K. Portanto, quando a
resultante das forças que atuam sobre um corpo é constante, o trabalho
realizado pela resultante equivale à variação da energia cinética.
Podemos interpretar esse resultado, dizendo que o trabalho
realizado por uma força pode acrescentar ou retirar a energia de um
corpo, e podemos imediatamente concluir que a energia e o trabalho
têm as mesmas unidades. A Equação (5.3) indica que o trabalho
(ou a energia) é expresso(a) em unidades de força “vezes” deslocamento.
Por outro lado, a Equação (5.4) indica que a força pode ser escrita em
unidades de massa “vezes” o quadrado da velocidade. Como exercício,
mostre que essas unidades são equivalentes.
No sistema MKS (metro-kilograma-segundo), o trabalho é
expresso por
(5.9)
onde N denota newtons, que é uma unidade de força, m denota metros,
que é uma unidade de comprimento, e J denota joules, que é uma
unidade para energia. No sistema CGS (centímetro-grama-segundo), seria
1 1 1dina cm erg× = . Logo, 1 107J ergs= (visto que 1 105N dinas= ).
W R d ma d m ad mv v
mv mv
f i
f i
= = = =
=
• •rr
r
r
2 2
2 2
2 2
12
12
−−
−− ,
A unidade joule (J) foi assim denominada em homenagem ao ilustre físico inglês James Joule (1818-1889).
1 1 1N m J,× =
198 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 199
AU
LA 5
ATIVIDADE
1. A Figura 5.3 mostra um bloco de 5,0kg, deslizando sem atrito para baixo de um plano inclinado que faz um ângulo de 30o com a horizontal. Considere que o bloco desliza 2,0m, para baixo, ao longo do plano inclinado.
a. Quais são as forças que atuam no bloco? Calcule o trabalho realizado por cada uma dessas forças.
b. Qual é o trabalho total realizado sobre o bloco?
c. Quando o bloco parte do repouso, qual é a velocidade do bloco depois de deslizar 2,0m?
d. Quando o bloco parte com uma velocidade inicial de 3,0m/s, qual é a velocidade do bloco depois de deslizar 2,0m?
Figura 5.3: Um bloco que desliza ao longo de um plano inclinado.
Conheça mais sobre James Joule através do link:http://pt.wikipedia.org/wiki/James_Prescott_Joule
r
v
300
m
200 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 201
AU
LA 5
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Você pode afirmar que as forças que atuam no bloco são a força
peso Pur
que tem direção vertical, sentido “para baixo” e módulo igual a
P = mg; a força normal Nuru
, com direção perpendicular ao plano inclinado.
Você pode ver na Figura 5.4 essas duas forças bem como o vetor de
deslocamento dur
do bloco, que é paralelo ao plano inclinado e tem um
módulo igual a d = 2,0m. Você pode verificar geometricamente que
o ângulo entre os vetores Pur
e dur
vale 60o. A força normal Nuru
, como o
próprio nome já diz, é perpendicular ao plano inclinado e, por causa
disso, o ângulo entre os vetores Nuru
e dur
vale 90o.
A força resultante sobre o bloco é a superposição das forças Pur
e Nuru
,
ou seja,R P Nur ur uru
= + .
Agora, você deve calcular o trabalho realizado pela força peso
e pela força normal,WN , quando o bloco é deslocado de dur
.
O trabalho da força peso, WP , é o seguinte:
Ao substituir a massa do bloco m = 6,0kg e o módulo do vetor
de deslocamento d = 2,0m, você vai encontrar a quantidade de
trabalho WP ,
O trabalhoWN, realizado pela força normal é nulo porque
cos 90o = 0,
Figura 5.4: As duas forças Pur
e Nuru
que atuam no bloco.
W P d mgdP = ⋅ =ur ur
cos .60o
WP = =( , )( , ( , )( / ) .5 0 9 8 2 0 1 2 49kg m/s ) m J2
W N d NdN = ⋅ = =uru ur
cos .90 0o
Nuru
300
600 dur
Pur
900m
200 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 201
AU
LA 5
Note que a força normal não realiza trabalho quando o bloco é
deslocado.
b. O trabalho total realizado sobre o bloco é calculado com a força
resultante que atua sobre o bloco, isto é,
Como você verificou que a força normal não realiza trabalho,
o trabalho total é igual ao trabalho realizado pela força peso,
c. A vantagem em usar a definição do trabalho realizado por uma
dada força pode ficar mais aparente quando usamos o fato de que
o trabalho realizado equivale à variação da energia cinética, W K= ∆ .
Neste problema, você pode usar este resultado para calcular a
velocidade do bloco, depois que este desliza 2,0m ao longo do plano
inclinado. Para isto, você pode usar a seguinte igualdade:
A partir da relação acima, você calcula a velocidade do bloco,
d. Neste caso, o bloco parte com uma velocidade inicial vi = 1,0m/s.
Assim, você pode novamente usar o fato de que W K= ∆ ,
Você precisa isolar a velocidade v na relação acima. A resposta
que você vai encontrar é
W R d P N d W WP N= ⋅ = + ⋅ = +ur ur ur uru ur
( ) .
W mv= 12
2.
W mv mvi= 12
12
2 2−− .
vWm
= = ≈2 2 495 0
4 4( )
( , ), .
Jkg
m/s
W WP= = 49J.
v vWmi= + = + ≈2 22
3 02 495 0
5 3( , )( )
( , ), .m/s
Jkg
m/s
202 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 203
AU
LA 5
TRABALHO DE UMA FORÇA VARIÁVEL
Na seção anterior, vimos como calcular o trabalho realizado por
uma força constante sobre um corpo. Entretanto, o que acontece quando
a força aplicada muda de magnitude a medida que o corpo muda de
posição? Em outras palavras, como calcular o trabalho de uma força
que varia com a posição da partícula?
De fato, essa situação é bastante comum na Natureza. Por
exemplo, você deve se lembrar do sistema massa-mola; nesse caso, a
força que a mola exerce sobre a massa varia à medida que comprimimos
ou esticamos a mola, de acordo com a Lei de Hooke. Mesmo a força
gravitacional, que geralmente consideramos constante para pequenas
alturas, varia em função da distância, à medida que nos afastamos do
centro da Terra, de acordo com a Lei da Gravitação de Newton (veja
a Aula 4). Portanto, o cálculo do trabalho para uma força variável é
bastante útil.
Para simplificar os cálculos, vamos continuar assumindo que o
deslocamento se dê ao longo de uma reta; mas, ao contrário do que
acontecia na seção anterior, vamos assumir que o módulo da força possa
variar ao longo do deslocamento e vamos representar o módulo dessa
força na direção do deslocamento por F(x).
Antes de calcular o trabalho exatamente, vamos obter um
resultado aproximado, dividindo a distância percorrida em pequenos
intervalos, como mostra a Figura 5.5 a seguir.
Figura 5.5: Gráfico de Fx em função de x.
Fx
xixf
x
Área = ∆A = Fx ∆x
Fx
∆x
202 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 203
AU
LA 5
Para cada intervalinho, vamos definir Fx como sendo a força no
ponto médio desse intervalo. A reta horizontal que passa por Fx tem um
valor próximo ao valor de F(x) em cada ponto desses intervalos, veja a
Figura 5.5. Se o deslocamento neste intervalo for ∆x, o trabalho realizado
pela força Fx, que é constante, deve ser igual a esta força multipli-
cada pela distância percorrida, ou seja,
Fx ∆x,
o que equivale à área do retângulo sombreado na Figura 5.5. Assim, o traba-
lho total aproximado deve ser a soma da área de todos os retângulos.
Mas essa é só uma aproximação, certo? Você pode se perguntar
então: “Quando é que o resultado se torna exato, afinal?”
Ora, o resultado se torna exato quando dividimos a distância
em intervalos tão pequenos, mas tão pequenos, que F(x) e Fx coincidem
para qualquer ponto de um desses intervalos infinitesimais. Mas para
que F(x) e Fx sejam idênticos, é necessário que estejamos no limite
em que ∆x → 0 . Assim, o trabalho realizado pela força F(x) é
(5.10)
ou seja, o trabalho realizado por F(x) sobre um corpo para ir do ponto
xi ao ponto xf é uma integral, que equivale à área sob a curva de F(x)
no intervalo entre as posições xi e xf .
W F x F x dxx x
x
x
x
x
i
f
i
f
= =→ ∫∑lim ( ) ;
∆∆
0
O cálculo de derivadas e integrais está fora do objetivo deste curso e não será cobrado nas avaliações, embora seja bastante usado em toda a discussão desta seção.
!
Note que a definição de trabalho para uma força variável dada pela Equação (5.10) é válida apenas para um deslocamento unidimensional. Para o movimento tridimensional, por exemplo, o trabalho realizado por uma força R F P N
ur ur ur uru
= + + é dado pela expressão
(5.11)
onde a integral acima representa a integral de linha ao longo da trajetória C descrita pela partícula para ir da posição inicial à posição final.
Obviamente, o cálculo de uma integral de linha também está fora do objetivo deste curso e não será cobrado nas avaliações.
W F dlC
= ⋅∫rr
,
204 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 205
AU
LA 5
Como aplicação, considere uma massa atada a uma mola compri-
mida de uma distância d, medida a partir da sua posição de equilíbrio. Pela
Lei de Hooke, a força que a mola exerce sobre a massa, quando deslocada
de uma distância x da sua posição de equilíbrio, deve ser
(5.12)
onde a constante elástica k, que mede a rigidez da mola, é constante.
Para calcular o trabalho realizado por essa força, usamos a
conhecida relação para a integral da função f x xn( ) = entre limites de
integração arbitrários a e b,
(5.13)
Portanto, o trabalho realizado será
(5.14)
Veja que o trabalho é positivo, pois a força estava na direção do
deslocamento.
Por outro lado, podemos calcular também o trabalho que a mola
realiza sobre a massa quando a mola sai da posição de equilíbrio e se dila-
ta de uma distância d, medida a partir da posição de equilíbrio,
(5.15)
onde o trabalho é negativo, já que a força que a mola aplica sobre o
bloco está na direção contrária ao deslocamento.
Agora, suponha que o sistema massa-mola saia de seu ponto de
equilíbrio, dilate-se de uma distância d e volte até a sua posição original.
Como vamos calcular o trabalho?
É fácil, da mesma maneira que calculamos o trabalho até agora:
simplesmente usando a Equação (5.10). Só que, nesse caso, temos
que xi = xf . E para calcular essa integral, usamos uma propriedade muito
F kx= −− ,
x dxxn
bn
an
nn
a
b
a
b n n
=+
=+
−+
+ + +
∫1 1 1
1 1 1.
W kx dx kd
kd
d
= ( ) =
=
∫ −− −− −−0
2
2
12
12
.
W kx dx
kd
d
= ( )
=
∫ −−
−−
0
212
,
204 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 205
AU
LA 5
manjada das integrais, em que separamos a integral numa soma de duas
integrais: uma que descreve a dilatação da mola e outra que descreve seu
retorno até a posição de equilíbrio. A dilatação, como vimos, é dada pela
Equação (5.15), e o retorno ao ponto de equilíbrio é dado pela Equação
(5.14). Assim, o trabalho de todo o processo fica
(5.16)
Ou seja, o trabalho total é zero!
Isso acontece porque a força que a mola exerce sobre a massa é uma
força conservativa. O trabalho realizado por uma força conservativa só
depende da posição final e inicial no movimento unidimensional. Como a
mola volta à sua posição inicial, o trabalho realizado é nulo. Na próxima
seção, vamos entender melhor o que é uma força conservativa.
Finalmente, vamos considerar o caso em que a força resultante
sobre a partícula só dependa da posição da partícula. Ela não depende,
por exemplo, da velocidade da própria partícula, nem do instante
considerado, e nem da posição de outras partículas na vizinhança
da partícula que estamos analisando. Será que, nesse caso, temos um
resultado análogo ao fornecido pela Equação (5.8)?
Para saber a resposta, precisamos usar a 2ª Lei de Newton para
escrever o módulo da força resultante, como:
(5.17)
onde a e v são a aceleração e a velocidade instantânea da partícula,
respectivamente. Por sua vez, a velocidade escalar pode ser representada
por ν = dx /dt. Assim, podemos fazer uma mudança de variável na integral
da Equação (5.10) para escrever
(5.18)
W kx dx kx dx
kd kd
d
d
= −( ) + −( )
= − + =
∫ ∫0
0
2 212
12
0 .
R ma mdvdt
= = ,
W R x dx mdvdt
vdt mvdvdt
dtx
x
t
t
t
t
i
f
i
f
i
f
= =
( ) =∫ ∫ ∫( ) ,
206 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 207
AU
LA 5
onde x x ti i≡ ( ) e x x tf f≡ ( ), ou seja, os instantes ti e tf correspondem
aos instantes inicial e final do deslocamento respectivamente. Podemos
imediatamente calcular a Equação (5.18) acima, fazendo outra mudança
de variável, que consiste em integrar sobre a velocidade e não, sobre o
tempo. Como dv dv dt dt≡ ( )/ , temos que
(5.19)
onde v v ti i≡ ( ) e v v tf f≡ ( ) . Usando a nossa conhecida Equação
(5.13), a integral na Equação (5.19) nos dá
(5.20)
ou seja, o trabalho realizado por uma força resultante, que só dependa
da posição da partícula, é igual à variação da energia cinética entre as
posições inicial e final. Isto generaliza a Equação (5.8) para o caso de
uma força variável. O resultado acima é chamado de Teorema Trabalho-
Energia Cinética.
W mvdvv
v
i
f
= ∫ ,
W mvdv mv mv Kv
v
f i
i
f
= = ≡∫12
12
2 2−− ∆ ,
Embora o resultado fornecido pela Equação (5.20) tenha sido deduzido para uma força resultante que só dependa da posição da partícula, esse resultado é válido para uma força qualquer. Logo, o trabalho realizado pela força resultante é sempre igual à variação da energia cinética entre as posições inicial e final.
Nesse caso, o trabalho realizado pela força resultante é dado pela Equação (5.11). A demonstração desse resultado foge ao objetivo deste curso.
206 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 207
AU
LA 5
ATIVIDADE
2. Um bloco com uma massa de 0,80kg parte com uma velocidade inicial de 1,2m/s para a direita, sobre uma superfície horizontal, e colide com uma mola que tem uma constante elástica igual a 50N/m. Despreze o atrito entre o bloco e a superfície horizontal.
a. Qual é o trabalho total realizado sobre o bloco? Qual é o trabalho realizado pela força da mola sobre o bloco?
b. Qual é a compressão máxima da mola após a colisão?
RESPOSTAS COMENTADAS
Vamos distinguir três estágios diferentes do movimento do bloco. Você
pode observar na Figura 5.6 que inicialmente em (a) o bloco tem uma
velocidade vA. Em (b), o bloco passa a comprimir a mola até que em (c)
o bloco é parado, vC = 0.
Figura 5.6: Um bloco deslizando sobre uma superfície horizontal suave.
x = 0
xB
xmax
VC = 0
VB
VA
A
B
C
208 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 209
AU
LA 5
a. Como você pode observar na Figura 5.6, o bloco que inicialmente se
movimenta para a direita com uma velocidade vA =1,2m/s é parado pela
força elástica, vC = 0. Isto significa que a energia cinética do bloco sofreu
uma variação, ou seja,
Conforme foi discutido na aula, o Teorema do Trabalho-Energia Cinética
determina que a variação da energia cinética é igual ao trabalho total
realizado,W K= ≈∆ −−0 58, .J . Como você pode ver, é correto afirmar que o trabalho
total realizado sobre o bloco vale
Neste problema, você precisa perceber que além da força elástica da mola
R F P Nur ur ur uru
= + +, atuam também sobre o bloco a força pesoR F P Nur ur ur uru
= + +e a força normal R F P Nur ur ur uru
= + + . Assim,
a força resultante sobre o bloco é R F P Nur ur ur uru
= + + , e o trabalho total sobre o
bloco é dado pela soma de três parcelas,
Veja na Figura 5.6 que a compressão máxima da mola determina um
deslocamento dur
para a direita, onde d = xmáx . Mais ainda, observe que o
vetor dur
tem direção paralela à superfície horizontal, enquanto que as forças
R F P Nur ur ur uru
= + + e R F P Nur ur ur uru
= + + têm direções perpendiculares à superfície horizontal. Como resultado
desta análise, você pode dizer que W P dP = ⋅ =ur ur
0 e W N dN = ⋅ =uru ur
0 ,
Note que o trabalho realizado pela mola sobre o bloco é negativo porque
a força elástica tem sentido contrário ao sentido do deslocamento.
b. Nesta aula, você aprendeu que o trabalho realizado pela força da mola
é dado pela seguinte fórmula:
Você agora precisa usar a fórmula acima para calcular a compressão
máxima da mola,
∆K mv mvC A= = ≈12
12
12
0 80 1 2 0 582 2 2−− −− −−( , )( , ) , .kg m/s J
W K= ≈∆ −−0 58, .J
W W W WF P N= + + .
W WF = ≈ −−0 58, .J
W kdF = −−12
2.
dWk
F= ≈ ≈−− −−−−2 2 0 58
500 15
( , )( )
, .J
N/mm
208 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 209
AU
LA 5
FORÇAS CONSERVATIVAS
Considere um bloco, caindo verticalmente de uma altura h e
despreze a resistência do ar, qual será o trabalho realizado pelo peso?
Ora, se considerarmos a força peso como sendo constante e
paralela ao deslocamento, e seu módulo igual à mg, onde g é o módulo
da aceleração da gravidade, o trabalho deve ser
(5.21)
Agora considere uma outra situação, em que um bloco desce um
plano inclinado de altura h sem atrito, como mostra a Figura 5.7. Se nós
supusermos que o bloco percorreu uma distância d ao longo do plano,
qual será o trabalho realizado pelo peso?
Figura 5.7: Bloco descendo um plano inclinado sem atrito.
Ora, sabendo que a projeção da força na direção do deslocamento
é mgsenθ, o trabalho será
(5.22)
Mas, veja que senθ = h / d. Assim,
(5.23)
W mgh= .
W mg d= senθ .
W mgh= .
a
d
θ
h
210 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 211
AU
LA 5
Você percebeu? O trabalho realizado pelo peso para fazer o bloco
cair ou descer o plano sem atrito é o mesmo.
De fato, mesmo que o bloco percorresse uma trajetória arbitrária,
como mostrada na Figura 5.8, por exemplo, o trabalho realizado pelo
peso só dependeria da diferença entre a altura inicial e a altura final,
porque o trabalho realizado pelo peso não depende da trajetória
percorrida, mas apenas dos pontos de onde o corpo partiu e chegou,
como vimos na seção anterior. Além disso, se o bloco voltar à mesma
altura de onde saiu, o trabalho será nulo. A demonstração desse resultado
é simples e muito parecida com a demonstração que fizemos para o caso
do sistema massa-mola; por isso, ela será omitida.
Figura 5.8: Uma partícula desce um escorrega sem atrito.
As Equações (5.21) e (5.23) mostram que o trabalho realizado
pela força gravitacional depende apenas da diferença entre a altura
inicial e a altura final, que chamamos de h nessas equações. Essa
forma de energia, que só depende da posição em que a partícula se
encontra, chama-se de energia potencial, que denotaremos por U.
No final desta seção, vamos explicar melhor o significado físico da
energia potencial.
m
210 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 211
AU
LA 5
Por hora, basta você saber que a energia potencial gravitacional,
que está associada ao trabalho da força peso, é dada por
(5.24)
onde z é a altura da partícula com relação à origem do eixo OZ.
U z mgz( ) ,=
Agora, vamos voltar ao caso de uma partícula em repouso que cai
verticalmente de uma altura h. Usando a Cinemática para os corpos em
queda livre, a velocidade da partícula ao atingir o chão deve ser
(5.25)
Da mesma forma, uma partícula lançada verticalmente para cima com
velocidade 2gh sobe uma distância h até, momentaneamente, parar.
Portanto, a velocidade adquirida por uma partícula, após cair de
uma certa altura é capaz de fazê-la subir até essa mesma altura.
Aliás, se um bloco deslizasse sobre um plano inclinado, teríamos
um resultado idêntico. De fato, se um bloco parte do repouso e desliza
sobre um plano inclinado sem atrito, que faz um ângulo θ com a
horizontal e tem altura h, depois de percorrer uma distância d, ele
atinge a velocidade 2gh .
Para demonstrar esse resultado, basta saber que a velocidade é
calculada pela conhecida equação de Torricelli,
(5.26)
Note que a energia potencial depende da escolha da origem do eixo OZ. De fato, quando estamos dentro de um apartamento em um prédio, podemos dizer que a energia potencial de um cinzeiro sobre uma mesa é proporcional à altura da mesa. Mas também podemos dizer que a energia potencial do cinzeiro é proporcional à altura da mesa acrescida da altura do andar em que se encontra o apartamento, ou seja,
Assim, a origem, a partir da qual mede-se a altura de uma partícula, altera o valor da energia potencial.
!
U mg h hmesa apartamento= +( ).
v ghf = 2 .
v ghd
df2 2=
,
212 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 213
AU
LA 5
onde g gh dsenθ = / é a aceleração da força resultante que atua sobre
o bloco. Logo, v ghf = 2 , como queríamos demonstrar. Além disso,
se você lançar o bloco com essa mesma velocidade 2gh sobre o plano
inclinado, fazendo-o subir, ele percorrerá uma distância d sobre o bloco
até momentaneamente parar no alto do plano inclinado, na altura h.
Note que esse resultado não depende da inclinação θ do plano inclinado,
mas apenas da altura em que o bloco se encontra.
Na verdade, mesmo que o bloco percorresse uma trajetória
arbitrária, como mostrada na Figura 5.8; ainda assim, a velocidade
adquirida pelo bloco só dependeria da altura percorrida.
Assim, pela equação de Torricelli, a velocidade de uma partícula
sob a ação de uma força gravitacional, percorrendo uma trajetória
arbitrária sem atrito, se escreve como
(5.27)
onde zi e zf são as alturas inicial e final da partícula com relação à
origem do eixo OZ.
A Equação (5.27) acima pode ser reescrita como
(5.28)
Portanto, para qualquer altura da trajetória, a quantidade
se conserva.
Se multiplicarmos a expressão acima pela massa da partícula,
encontraremos que
(5.29)
onde definimos a energia mecânica E como sendo a soma da energia
potencial com a energia cinética. Logo, para uma partícula, sob a ação
da força gravitacional, a energia mecânica se conserva.
v v g z zf i f i2 2 2= ( )−− −− ,
12
12
2 2v gz v gzf f i i+ = + .
12
2v gzf +
12
2mv mgz K U E+ = + ≡ ,
212 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 213
AU
LA 5
Em particular, a força peso é um exemplo de força conservativa.
Para fixar as idéias, vamos considerar um pedacinho de gelo que
se desprende e desliza pelas paredes de uma taça semicircular sem atrito,
como mostra a Figura 5.9.
Forças sob ação das quais a energia mecânica se conserva são chamadas de forças conservativas.
!
Figura 5.9: Pedaço de gelo deslizando pelas paredes de uma taça semicircular sem atrito.
Pedaço de gelo
Quando o pedaço de gelo está parado no alto da taça, ele possui
energia potencial gravitacional, o que significa que a força peso pode
realizar trabalho sobre ele. Na verdade, é isso que significa dizer que o
bloco de gelo possui energia potencial, que é uma forma de energia que
fica armazenada em forma de “potencial”, podendo ser convertida em
outro tipo de energia e produzir trabalho. Se supusermos que a origem,
a partir do qual medimos a altura, é o fundo da taça semicircular, a
energia potencial será U = mgr onde m é a massa do pedaço de gelo. Por
outro lado, como o gelo está em repouso, a energia cinética será nula,
K = 0. Então, a energia mecânica no alto da taça, que representaremos
por E1, é
(5.30) E K U mgr1 0= + = + .
214 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 215
AU
LA 5
Em seguida, o gelo sai do repouso e desliza pelas paredes da taça, a
força peso realiza trabalho sobre ele, transformando sua energia potencial
em energia cinética. Assim, ao chegar ao fundo da taça, o gelo está em
movimento e, portanto, possui energia cinética. Por definição, a energia
cinética é K mv= 2 2/ , onde v é o módulo da velocidade do gelo ao chegar
no fundo da taça. Por outro lado, a energia potencial do gelo no fundo
da taça é nula, pois a altura dele é nula. Então, a energia mecânica do
gelo ao chegar ao fundo da taça, que representaremos por E2, é
(5.31)
Como sabemos, a energia mecânica se conserva, pois a força peso
é conservativa, então temos que E1 = E2.
Comparando as Equações (5.30) e (5.31), é fácil calcular a
velocidade com que o pedaço de gelo chega no fundo da taça: v gr= 2 .
Entretanto, é ainda mais interessante perceber que toda a energia
potencial foi convertida em energia cinética. Aliás, se tomarmos dois
pontos quaisquer da descida; por exemplo: A e B, em que a partícula passa
antes por A e depois por B, podemos escrever que a energia mecânica do
gelo, no ponto A, é EA = KA + UA e que a energia mecânica, no ponto B,
é EB = KB + UB. Como EA = EB, podemos igualar as duas expressões
anteriores para escrever
(5.32)
isto é,
(5.33)
E U K mv220
12
= + = + .
Como a variação da energia mecânica é nula, temos que, para qualquer trecho da trajetória em que uma força conservativa realiza trabalho sobre um corpo, a variação da energia cinética é igual a “menos” a variação da energia potencial.
!
Mas, depois dessa análise, você poderia se perguntar: “Ao chegar
ao fundo da taça, o pedaço de gelo tem energia cinética, não é? Isso quer
dizer que a energia cinética tem capacidade de produzir trabalho?”
Ora, é claro que sim. Ao chegar ao fundo da taça com energia
cinética, o gelo começa a subir pela parede do outro lado da taça até
chegar ao alto. Enquanto sobe, a força peso realiza trabalho negativo
∆E E E K K U UB A B A A B= = ⇒ =−− −− −−0 ;
∆ ∆K U= −− .
214 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 215
AU
LA 5
sobre ele, diminuindo a energia cinética do pedaço de gelo. Ao chegar
ao alto da taça, o gelo pára, momentaneamente, e toda a energia cinética
foi convertida em energia potencial.
Novamente, você poderia se perguntar: “Ao chegar ao alto da
taça, o pedaço de gelo tem energia potencial, não é? Isso quer dizer que
a energia potencial também tem capacidade de produzir trabalho, não
é mesmo?”
De novo, você tem razão. Ao chegar ao alto da taça, o gelo começa
a descer pela parede até alcançar o fundo. Enquanto desce, a força peso
realiza trabalho positivo sobre o gelo, aumentando sua energia cinética.
Ao chegar ao fundo, toda a energia potencial foi transformada em energia
cinética novamente.
Aliás, se você acha que o gelo começará a subir a parede do outro
lado da taça até chegar ao topo, acertou. O gelo deve ficar subindo e
descendo indefinidamente sem parar.
Sem parar!? Você deve estar se perguntando: “Como eu não vejo
isso acontecendo todos os dias?”
Bem, você não vê isso acontecendo todos os dias, porque no
mundo real existem forças dissipativas como o atrito. Se considerarmos
o atrito, ao descer as paredes da taça, parte da energia potencial, que
seria transformada em energia cinética, será transformada em calor, que é
transmitido para o exterior do pedaço de gelo. Da mesma forma, ao subir
pela parede do outro lado da taça, parte da energia cinética, que seria
transformada em energia potencial, é dissipada, fazendo com que o gelo
não alcance exatamente o alto da taça, do outro lado. Assim, enquanto
vai e volta, o gelo vai subindo cada vez menos, até que finalmente pára.
E é exatamente isso o que vemos no nosso dia-a-dia.
Finalmente, nesse ponto, você poderia dizer:
“Entendi que a força peso é uma força conservativa, que a energia
mecânica se conserva quando o peso realiza trabalho sobre um corpo
e que a variação da energia cinética é igual a “menos” a variação da
energia potencial para qualquer trecho da trajetória. Mas, eu ainda me
lembro que você disse, na seção anterior, que a força dada pela Lei de
Hooke também era um exemplo de força conservativa. Assim, eu desejo
muito saber como posso estender a análise da força peso para uma força
conservativa variável. Isso é possível?”
É claro que isso é possível. Na verdade, isso é até bem fácil para
o caso de um deslocamento unidimensional, como veremos a seguir.
Entretanto, nossa discussão se restringirá ao caso de uma força no
movimento unidimensional que só dependa da posição da partícula.
216 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 217
AU
LA 5
No início desta seção, associamos a energia potencial gravitacional
ao trabalho realizado pela força peso sobre um corpo que cai de uma
determinada altura. De maneira análoga, vamos definir a função energia
potencial, U(x), que depende da posição x da partícula, da seguinte forma:
(5.34)
onde x' é simplesmente uma variável de integração. Comparando a
expressão acima com a Equação (5.10), em que calculamos o trabalho
de uma força variável, vemos que a energia potencial está associada a
“menos” o trabalho que seria realizado pela força sobre uma partícula
para ir da posição xi até a posição x.
Como aplicação, vamos considerar a energia potencial gravita-
cional. Assumindo que o eixo OZ esteja apontado para cima, para
qualquer altura z de um corpo sob a ação da força peso, temos que
F z mg( ) = −− . Logo, pela Equação (5.34), a energia potencial gravita-
cional será:
A escolha de zi é arbitrária e significa escolher a altura em que a
energia potencial é nula. Então, ao escolhermos a origem do eixo OZ
como zi = 0, encontramos U(z) = mgz.
Para o caso da Lei de Hooke, a força é F x kx( ) = −− e a energia
potencial será
(5.35)
Ao escolhermos a posição de equilíbrio da mola como xi = 0,
temos que
(5.36)
Note que o valor da energia potencial depende de uma escolha arbitrária para xi .
!
U x F x dxx
x
i
( ) ( ’) ’,= ∫−−
U z mg dz mgz mgziz
z
i
( ) ’ .= ( ) =∫−− −− −−
U x kx dx kx kxx
x
i
i
( ) ’ ’ .= ( ) =∫−− −− −−12
12
2 2
U x kx( ) = 12
2.
216 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 217
AU
LA 5
Note que, se a mola não está nem comprimida e nem dilatada, a
massa atada à mola não possui energia potencial.
Além disso, pela Equação (5.34), vemos que a energia potencial
armazenada pelo sistema massa-mola, quando está comprimida de uma
distância d com relação ao ponto de equilíbrio, possui a mesma energia
potencial, quando está dilatada da mesma distância d. Em ambos os
casos, a energia potencial é U kd= 2 2/ .
De fato, quando está dilatada, a energia potencial é
Por sua vez, quando está comprimida, a energia potencial é
Agora, vamos considerar o caso em que a força resultante aplicada
sobre um corpo no movimento unidimensional só dependa da posição
da partícula.
Se representarmos por Wx xi f→ , o trabalho realizado pela força
resultante para fazer uma partícula ir da posição inicial xi até a posição
final xf , podemos dizer que a variação da energia potencial da partícula,
∆U U x U xf i= ( ) ( )−− , é
(5.37)
pela definição de energia potencial vista na Equação (5.34).
Por outro lado, pela Equação (5.20), quando a força resultante
só depende da posição, o trabalho realizado pela resultante, para fazer
uma partícula ir da posição inicial xi até a posição final xf , é igual à
variação da energia cinética.
Portanto, basta combinar esses dois resultados para dizer que,
para uma força resultante de uma partícula que só dependa da sua
posição no movimento unidimensional, a variação da energia cinética
da partícula é igual a “menos” a variação da sua energia potencial, isto
é, ∆ ∆K U= −− .
U kx dx kdd
= ( ) =∫−− −− ’ ’ .0
212
U kx dx kx dx kdd
d
= ( ) = =∫ ∫−− −− −−−−
−−
’ ’ ’ ’ .0
021
2
∆U Wx xi f= →−− ,
218 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 219
AU
LA 5
Para demonstrar isso, basta escrever ∆K K Kf i= −− e ∆U U x U xf i= ( ) ( )−−
∆U U x U xf i= ( ) ( )−− . Como ∆ ∆K U= −− , temos que
Logo, a energia mecânica em xi, representada por Ei , é igual
à energia mecânica em xf , representada por Ef , ou seja, a energia
mecânica se conserva, quando a força resultante realiza trabalho entre as
posições xi e xf .
Aliás, isso é o mesmo que dizer que a energia mecânica de uma partícula se conserva quando a força resultante que atua sobre ela só depende da sua posição, no movimento unidimensional.
!
E K U x K U x Ef f f i i i≡ + ( ) = + ( ) ≡ .
Finalmente, como conseqüência do resultado acima, podemos dizer que se uma força aplicada sobre uma partícula só depende da sua posição no movimento unidimensional, essa força é conservativa.
!
Em particular, a força dada pela Lei de Hooke é conservativa.
Neste ponto, vamos reproduzir um comentário pertinente, feito pelo Prof. H. Moysés Nussenzveig em seu livro Curso de Física Básica, v.1:
“Poderia parecer, à primeira vista, que a força de atrito cinético ( F Na c= µ ) satisfaz ao critério de só depender da posição, uma vez que
F Na c= µ é (aproximadamente) independente da velocidade, o que caracteriza uma força conservativa. Entretanto, mesmo que a magnitude da força seja independente da velocidade, o seu sentido se inverte quando a velocidade se inverte. Assim, o vetor
r
Fa depende da velocidade e a força
correspondente é, de fato, dissipativa.”
Para fixar as idéias, considere o sistema massa-mola. Suponha que
a mola seja dilatada de uma certa distância x, medida a partir da posição
de equilíbrio, como mostra a Figura 5.10.a a seguir. Em seguida, imagine
que a massa atada à mola seja largada. O que deve acontecer?
218 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 219
AU
LA 5
Bem, se você estudou com atenção a discussão que fizemos
acima para uma força conservativa, você já deve saber que, ao ser
dilatada, o sistema massa-mola armazenou energia potencial; portanto,
a força restauradora da mola pode produzir trabalho. Assim, essa força
restauradora realiza trabalho positivo sobre a massa, fazendo com que
o sistema adquira energia cinética. Ao chegar à posição de equilíbrio,
em que a mola não está nem dilatada e nem comprimida, toda a energia
potencial foi transformada em energia cinética. Essa situação é ilustrada
pela Figura 5.10.b.
Nós poderíamos perguntar a você, então: “Qual foi o trabalho
realizado pela força restauradora para fazer a massa ir da posição x até
a posição 0?”
Ora, o trabalho é dado pela Equação (5.10), o que significa
resolver uma integral. Entretanto, também sabemos que o trabalho
realizado é “menos” a variação da energia potencial. Portanto,
A partir desse ponto, é interessante perceber que a massa continuará
se deslocando, comprimindo a mola. Essa compressão continuará até que
a mola esteja comprimida de uma distância x, quando o sistema pára,
momentaneamente. Essa situação está ilustrada pela Figura 5.10.c.
Enquanto foi comprimida, a força restauradora da mola realizou
trabalho negativo, retirando a energia cinética do sistema, que foi toda
transformada em energia potencial. Podemos calcular o trabalho realizado
pela força para fazer a massa ir da posição 0 até a posição –x:
Combinando os dois resultados anteriores, percebemos que o
trabalho realizado pela força restauradora para fazer a massa sair da
posição x até a posição –x é zero.
W U kx kxx→ = =
=02 20
12
12
−− −− −−∆ .
W U kx kxx→ = =
=02 20
12
12
−− −− −−∆ .
220 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 221
AU
LA 5
Figura 5.10: Sistema massa-mola. (a) A mola está dilatada de uma distância a partir da sua posição de equilíbrio. Nesse ponto, a força restauradora é negativa, embora a posição da massa seja posi-tiva. (b) Sistema massa-mola na posição de equilíbrio. Nesse ponto, a mola não exerce força sobre a massa. (c) A mola está comprimida de uma distância x. A força restauradora é positiva, embora a posição da massa seja negativa.
Fs é negativo
x é positivo
Fs = 0
x = 0
Fs é positivo
x é negativo
x
x
x
x = 0
x = 0
x = 0
x
x
a
b
c
220 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 221
AU
LA 5
Mas isso não encerra nossa discussão, pois, como está comprimida
e o sistema possui energia potencial, a força restauradora é capaz de
produzir trabalho. Assim, a massa continuará se deslocando, agora na
direção contrária, até parar momentaneamente na posição de onde tinha
saído, em que a mola está dilatada de uma distância x, como mostra
a Figura 5.10.a. Na verdade, a massa vai e vem indefinidamente, pois
apenas uma força conservativa atua sobre o sistema.
É fácil ver que o trabalho realizado pela força restauradora para ir
da posição –x até a posição x é zero. (Esse cálculo é simples e similar ao
feito para o trabalho realizado entre x e –x.). Assim, podemos combinar
todos os resultados anteriores e concluir que o trabalho realizado pela
força restauradora da mola para fazer a massa ir e voltar ao ponto de
onde saiu é zero.
Essa é uma característica de uma força conservativa no movimento
unidimensional, em que o trabalho realizado para ir e voltar ao mesmo
ponto é nulo.
Na verdade, é assim que testamos para ver se uma força é conservativa no movimento tridimensional. De fato, no caso geral, dizemos que uma força atuando sobre uma partícula é conservativa quando
(5.38)
onde C é qualquer trajetória fechada descrita pela partícula. Isso é análogo a dizer que o trabalho realizado pela força sobre a partícula para sair de um determinado ponto no espaço e voltar ao mesmo ponto, descrevendo uma curva arbitrária é zero. Obviamente, o cálculo da integral de linha acima está fora do objetivo deste curso e não será cobrado nas avaliações.
Como um último comentário, considere a energia potencial
associada a uma força resultante que só dependa da posição no
movimento unidimensional. Da Equação (5.34) podemos usar o famoso
Teorema Fundamental do Cálculo para escrever:
(5.39)
rr
Ñ
F dlC
⋅ =∫ 0,
R xdU x
dx( ) = −−
( ),
222 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 223
AU
LA 5
ATIVIDADES
onde R(x) é a função força resultante, que só depende da posição da
partícula, x, no movimento unidimensional.
Podemos, então, usar a 2ª Lei de Newton para reescrever a
Equação (5.39) acima por
(5.40)
o que nos permite obter a função aceleração da partícula.
Assim, se conhecemos a energia potencial da partícula e também a
sua posição e a sua velocidade em um instante inicial, o que corresponde
a fornecer as condições de contorno do problema, podemos descrever
completamente o movimento da partícula.
Na verdade, em diversas aplicações, pode ser mais conveniente
estudar o movimento de um sistema através da sua energia mecânica,
do que tentar identificar todas as forças que atuam sobre um sistema e
calcular as forças resultantes sobre cada partícula. Aliás, as implicações
dessa afirmação são imensas, mas, infelizmente, não podem ser totalmente
explicadas em um curso de Física básica.
a xm
dU x
dx( ) ,=
( )−−
1
3. Uma partícula de massa m = 5,00kg é largada do ponto A e escorrega sem atrito pela pista mostrada na Figura 5.11. Determine:
a. A velocidade da partícula nos pontos B e C.
b. Calcule o trabalho total executado pela força da gravidade no movimento da partícula entre os pontos A e C.
Figura 5.11: A partícula desce o escorrega e passa pelos pontos B e C.
B
C
Am
5.00m
3.20m2.00m
222 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 223
AU
LA 5
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Você pode calcular a velocidade da partícula nos pontos B e C, usando o princípio
de conservação da energia mecânica. Veja na Figura 5.11 que a partícula parte
do repouso, vA = 0, de uma altura hA = 5,00m acima do solo. Dessas quantidades
você pode perceber que toda a energia mecânica da partícula, no ponto A,
está armazenada na forma de energia potencial gravitacional,
Na medida em que a partícula começa a descer pelo escorrega, adquirindo
velocidade, sua energia passa a ficar armazenada como energia cinética e
potencial.
Cálculo de vB :
A energia mecânica EB da partícula no ponto B está distribuída em uma parcela
na forma de energia cinética, KB , e outra na forma de energia potencial, UB .
Vamos chamar de vB a velocidade com que a partícula passa pelo ponto B.
Veja na Figura 5.11 que o ponto B está a uma altura de hB = 3,20m acima
do solo. A energia mecânica da partícula no ponto B é a seguinte:
Você aprendeu que a energia mecânica é conservada e, por causa disso,
podemos dizer que as energias nos pontos A, B e C são iguais, EA = EB = EC.
Para calcular a velocidade vB , você deve usar a igualdade EA = EB ,
A relação acima pode ser manipulada algebricamente com o objetivo de isolar a
incógnita vB . Procedendo dessa maneira, você vai obter o seguinte resultado:
E mghA A= .
E mv mghB B B= +12
2 .
mgh mv mghA B B= +12
2 .
v g h hB A B= ( ) ≈2 5 94−− , .m/s
224 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 225
AU
LA 5
Cálculo de vC :
No ponto C, vamos usar a velocidade vC e uma altura hC = 2,00m. Como você
já sabe, a energia mecânica da partícula em C vale
Para calcular a velocidade vC , você deve usar o princípio de conservação da
energia, EA = EC ,
De forma análoga ao cálculo da velocidade vB , é possível calcular a velocidade
vC ,
b. O trabalho total executado pela força da gravidade, no movimento da
partícula entre os pontos A e C, pode ser calculado por meio de uma fórmula
bem conhecida:
A fórmula acima tem o seguinte significado: O trabalho total executado pela
força peso é igual à variação da energia cinética e também é igual a “menos” a
variação da energia potencial gravitacional. Se você usar as energias potenciais
dos pontos A e C, então vai encontrar uma quantidade de trabalho de
Observe que o trabalho realizado é positivo, WA C→ > 0 , porque o deslocamento
vertical tem o mesmo sentido que a força peso.
4. Duas massas m1 = 5,00kg e m2 =3,00kg estão conectadas por uma corda de massa desprezível que passa por uma roldana de massa desprezível e sem atrito, com está mostrado na Figura 5.12. A massa de m1 é largada a partir do repouso de uma altura h = 4,00m. Usando o princípio de conservação da energia:
a. Determine a velocidade da massa m2 no instante em que a massa m1 chega ao solo.
Encontre a altura máxima que a massa m2 alcança.
E mv mghC C C= +12
2 .
mgh mv mghA C C= +12
2 .
v g h hC A C= ( ) ≈2 7 67−− , .m/s
W K K U UA C C A C A→ = =−− −− −−( ).
W mg h hA C A C→ = =( ) .−− 147J
224 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 225
AU
LA 5
Figura 5.12: Sistema mecânico que consiste de duas massas m1 e m2.
RESPOSTAS COMENTADAS
Nesta atividade, vamos estudar o princípio de conservação da energia do
sistema mecânico formado pelas massas m1 e m2 . Assim, você vai admitir
que a energia total do sistema é conservada, E E E Ei i f f1 2 1 2+ = + .
a. Vamos usar o eixo Z na vertical, com sentido positivo “para cima” e
origem no solo. Note que no instante inicial i a energia total do sistema
Ei é dada apenas pela energia potencial gravitacional da massa m1. Isto é
verdade porque (I) as duas massas estão em repouso, ou seja, as energias
cinéticas Ki1 0= e Ki
2 0= são nulas e (II) a massa m2 está na origem do
eixo Z. Inicialmente, você pode afirmar que a energia mecânica do sistema
composto pelas massas m1 e m2 é a seguinte:
E E E m ghi i i= + =1 2 1 .
m1 = 5.00kg
h = 5.00mm2 = 3.00kg
226 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 227
AU
LA 5
No instante final f em que a massa m1 chega ao solo, a energia total do sistema
Ef é a soma das energias Ef1 e Ef
2 . Como você pode perceber, neste instante
a massa m1 tem sua energia dada pela energia cinética, E m vff1 12 2= / . Dado
que as duas massas estão ligadas por uma corda, a velocidade final delas
deve ser a mesma, vf . Mais ainda, como a massa m1 desceu de uma altura h
até o solo, a massa m1 subiu a partir do solo até uma altura h. Segundo estas
considerações para o instante final f, você pode escrever a energia mecânica
total do sistema,
Aqui você já pode aplicar o princípio de conservação da energia total do
sistema, isto é, E Ei f= . Ao aplicar a conservação você vai encontrar a seguinte
igualdade:
Da equação acima, você obtém o valor da velocidade vf . Não vai ser difícil para
você verificar que a resposta é
b. Agora você só vai precisar se preocupar com o que acontecerá com a massa
m2. No momento em que a massa m1 chega ao solo, a massa m2 está subindo
verticalmente com uma velocidade vf.. Neste momento, a energia mecânica
da massa m2 vale
Em um certo instante, quando m2 atingir a altura máxima H, toda sua energia
mecânica vai ser convertida em energia potencial gravitacional. Portanto, em
um instante posterior ao instante f, a energia máxima de m2 deve valer
Mais uma vez, você vai aplicar o princípio de conservação da energia, só que
desta vez, apenas para a energia da massa m2 . Quando você usar a igualdade
E Ef mÆx= , deve encontrar a relação abaixo,
Finalmente, a partir desta relação, você consegue encontrar a altura máxima
H que a massa m2 alcança,
E E E m v m v m ghf f ff f= + = + +
1 2 1
22
22
12
12
.
m gh m v m v m ghf f1 12
22
2
12
12
= + +
.
vm m
m mghf =
( )+( )
≈2
4 431 2
1 2
−−, .m/s
E m v m ghff2 22
2
12
= + .
12 2
22 2m v m gh m gHf + = .
H hm m
m mh
mm m
= +( )
+( )=
+( )=
2 25 001 2
1 2
1
1 2
−−, .m
E m gHmÆx2 2= .máx
máx
226 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 227
AU
LA 5
5. Uma partícula de massa igual a 2,00kg se movimenta ao longo do eixo x, onde a energia potencial depende da posição, U(x) = x4
– 4,00x2. O gráfico da energia potencial como função da posição está mostrado na Figura 5.13. O valor mínimo da função U(x) = –4,00J ocorre nas posições x = ± 2m.
a. Quando a energia mecânica da partícula vale –3,00J, quais são as posições onde é possível encontrar a partícula?
b. Quando a energia mecânica da partícula vale –3,00J, qual é a ve-locidade máxima alcançada pela partícula? Em que posição a partícula está quando adquiri a velocidade máxima?
c. Qual a energia necessária para que a partícula, inicialmente numa posição x0 < 0, ultrapasse a origem x = 0?
Figura 5.13: Energia potencial de uma partícula em um movi-mento unidimensional.
U(J)
x(m)
210–1–2–4
–3
–2
–1
0
1
2
228 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 229
AU
LA 5
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Você deve lembrar que a energia mecânica E da partícula tem uma
contribuição cinética, K, e outra contribuição potencial, U(x). Vamos
denotar a velocidade da partícula por v. A energia mecânica da partícula
de massa m = 2,00kg é a seguinte:
Você pode observar na Figura 5.14 que para uma energia mecânica
E = –3,00J, existem dois pares de pontos de retorno, xa , xb e xc , xd .
Quando a partícula inicia seu movimento no ponto xa , com energia
E = –3,00J, ela se move até o ponto xb , e em seguida retorna para
xa . Este movimento se repete indefinidamente porque a energia é
conservada. Do outro lado, onde x > 0, uma partícula que parte do
ponto xc , vai até xd , e retorna para xc (e volta para xd , etc.).
Figura 5.14: Pontos de retorno xa , xb , xc e xd para U(x)= –3,00J.
Assim, é possível encontrar a partícula nas seguintes posições:
E mv U x mv x x= + = +12
12
4 002 2 4 2( ) , .−−
U(J)
x(m)
210–1–2–4
–3
–2
–1
0
1
2
xdxcxbxa
E = –3,00J
x x x x x xa b c d≤ ≤ ≤ ≤ ou .
228 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 229
AU
LA 5
Para calcular os pontos de retorno, você deve impor que a energia
potencial da partícula seja igual à energia mecânica (onde v = 0),
U(x) = –3,00J,
A equação acima é um polinômio de grau quatro e, portanto, tem
quatro soluções: xa , xb , xc e xd . Note que o polinômio pode ser
reescrito de outra maneira,
Para que o produto de fatores na equação acima seja igual a zero,
é necessário que
Assim, você pode ver que os pontos de retorno procurados são:
b. Veja na Figura 5.14 que a partícula tem uma energia potencial
mínima, U(± 2m) = 4,00J−− , nas posições x = ± ≈ ±2m 1,41m .
Isto significa que nestes dois pontos a energia cinética da partícula
é máxima e é igual à variação da energia potencial,
.
Ao perceber isto, você pode calcular a velocidade máxima alcançada
pela partícula,
A partícula atinge a velocidade vmáx quando a sua energia potencial
é mínima, nos pontos x ≈ ± 1,41m .
c. A partícula, inicialmente localizada num ponto x0 < 0, deve ter
energia suficiente para ultrapassar a origem. De forma mais clara,
você pode afirmar que a partícula deve ter uma energia mecânica
ligeiramente maior do que o valor da energia potencial calculada na
origem, U(0) = 0. A partícula deve partir de x0 < 0 com uma energia
maior do que zero, ou seja,
U x x x( ) , , .= =4 24 00 3 00−− −− J
x x x x4 2 2 24 00 3 00 1 3 0−− −− −−, , ( )( ) .+ = =
( ) ( ) .x x2 21 0 3 0−− −−= = ou
x
x
x
x
a
b
c
d
= ≈==
= ≈
−− −−
−−
3 1 73
1 00
1 00
3 1 73
m m
m;
m;
m m
, ;
,
,
, .
K E UmÆx = ±−− −− −− −−( 2m)= 3,00J ( 4,00J)=1,00JKmáx
vK
mmÆxmÆx= = =
2 2 1 002 00
1 00( , )
( , ), .
Jkg
m/svmáxmáx
Em n > 0mín
230 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 231
AU
LA 5
POTÊNCIA
A discussão de trabalho e energia, até este momento, não men-
cionou o tempo que leva a realização de uma certa quantidade de
trabalho. Em certas situações, é importante saber qual é a rapidez com
que uma quantidade de trabalho pode ser realizada. Por exemplo, imagine
um guindaste transportando o material de uma obra para o alto de um
edifício em construção. Ao erguer o material de construção, o guindaste
realiza trabalho porque altera a energia potencial gravitacional da carga.
No entanto, para a equipe responsável pela obra é pertinente saber se
o guindaste vai realizar o trabalho em algumas horas ou em alguns
dias. Você certamente consegue imaginar outras situações onde é mais
importante saber o tempo para realização de um certo trabalho do que
a quantidade de trabalho em si.
Quando um pequeno trabalho, que vamos representar por ∆W,
é realizado sobre uma partícula em um pequeno intervalo de tempo ∆t,
podemos definir a potência média P , por:
(5.41)
Na medida em que o intervalo de tempo fica pequeno, ∆t→0,
a potência média, tende a uma taxa de variação temporal de trabalho,
em um dado instante de tempo, que é a potência instantânea P,
(5.42)
Como você pode ver, a potência é definida como o trabalho
realizado por unidade de tempo.
PWt
= ∆∆
.
PdWdt
= .
Observe que, assim como o trabalho, a potência também é uma quantidade escalar. A unidade de potência no sistema MKS é
Por outro lado, uma unidade de trabalho bastante comum em nosso cotidiano é o kWh (quilowatt-hora), ou seja, o trabalho realizado em 1h por uma potência de 1kW (quilowatt). A relação entre o quilowatt-hora e a unidade de medida de trabalho no sistema MKS, o joule, é a seguinte:
1 1 1Watt W J/s= = .
1 3 6 106kWh J= ×, .
230 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 231
AU
LA 5
ATIVIDADE
Vamos considerar o trabalho realizado por uma força constante
Fur
sobre uma partícula que é deslocada de um incremento dlr
. Neste caso,
a quantidade de trabalho é, por definição, dW F dl= ⋅ur r
.
A partir desta relação, é possível expressar a potência da seguinte
maneira:
(5.43)
onde v dl dtr r
= / é a velocidade instantânea da partícula.
Agora, vamos considerar o caso em que a força Fur
seja a resultante
das forças que atuam sobre a partícula. Neste caso, pela Segunda Lei
de Newton, F ma m dv dtur
r r= ≡ ( / ) . Substituindo essa expressão na
Equação (5.43), temos que
(5.44)
Este importante resultado estabelece que a potência representa a
taxa de variação temporal da energia cinética da partícula. De maneira
intuitiva, você pode pensar em um carro que parte do repouso e adquire
uma certa velocidade, alterando a sua energia cinética. A potência do motor
do carro determina a velocidade que o carro será capaz de desenvolver em
um dado intervalo de tempo. Assim, um motor mais potente é aquele que
consegue mudar a energia cinética do carro com mais rapidez.
P F v= ⋅ur r
,
P mdvdt
vddt
mvdKdt
=
⋅ =
≡r
r 12
2 .
6. Uma montadora de carros afirma que um de seus modelos de carro é capaz de partir do repouso e atingir uma velocidade de 90km/h, acelerando durante 10s. A massa do carro vale 800kg.
a. Assumindo que a performance é realizada com uma potência constante, determine a potência desenvolvida pelo motor do carro.
b. Quando o carro parte do repouso, qual é a velocidade após 4s?
c. Se o carro viaja a uma velocidade constante de 60km/h e começa a acelerar a uma taxa de 2,0m/s2, qual é a potência desenvolvida pelo motor do carro?
Despreze o atrito e a resistência do ar.
232 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 233
AU
LA 5
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Você aprendeu que a potência do motor do carro determina a
velocidade que o carro será capaz de atingir em um dado intervalo de
tempo ∆t. A relação entre a potência média P e a variação da energia
cinética ∆K é a seguinte:
Para calcular a variação da energia cinética do carro, ∆K = Kf – Ki , você
precisa usar a velocidade inicial vi = 0 e a velocidade final vf = 90km/h =
25m/s. Com essas velocidades, onde ∆K = Kf , você vai encontrar uma
variação de
Agora basta que você calcule ∆K/∆t para determinar a potência
anunciada pela montadora de carros,
b. O carro parte do repouso e, depois de 4s, atinge uma velocidade final
v´f . Nesta situação, você deve começar calculando a variação da energia
cinética do carro,
Em seguida, você deve encontrar a velocidade do carro que corresponde
a uma quantidade de energia cinética ∆K´,
A velocidade alcançada vale aproximadamente v´f = 57km/h.
c. A força que deve ser feita pelo motor do carro pode ser calculada a
partir da segunda Lei de Newton:
Assim, com uma força de F = 1600N, o carro acelera a uma taxa de
2,0m/s2. A potência desenvolvida pelo motor do carro deve ser
então de
PKt
= ∆∆
.
∆K mvf= = = ×12
12
800 25 2 5 102 2 5( )( ) , .kg m/s J
P = × =( , )( )
.2 5 10
1025
5 Js
kW
vK
mf´´ ( , )
( ).= = × ≈2 2 1 0 10
80016
5∆ Jkg
m/s
F ma= = =( )( , ) .800 2 0 1600kg m/s N2
P Fv= = ≈( )( / , ) .1600 60 3 6 27N m/s kW
∆ ∆K P t´ ( , )( ) , .= = × = ×2 5 10 4 1 0 104 5W s J
232 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho
CECIER J – Extensão 233
AU
LA 5
R E S U M O
Nesta aula, definimos o conceito físico de energia e de trabalho realizado por
uma força sobre uma partícula.
Depois, mostramos que a força gravitacional e a Lei de Hooke são forças
conservativas, pois energia mecânica se conserva sob a ação dessas forças. Em
seguida, enunciamos o Teorema do Trabalho-Energia Cinética. Também dissemos
que o trabalho realizado por forças conservativas para ir e voltar a um mesmo
ponto é nulo.
Finalmente, definimos a potência como a taxa de variação temporal do trabalho
realizado por uma força e mostramos que a potência associada à força resultante
equivale à taxa de variação temporal da energia cinética para uma partícula em
movimento.
obje
tivos6AULA
Metas da aula
Colisões
Discutir as condições para que o momento linear total de um sistema de partículas se conserve e
mostrar como a conservação do momento pode ser aplicada no estudo das colisões entre partículas.
Ao final desta aula, você deverá ser capaz de:
• calcular a posição do centro de massa de um sistema de partículas em um dado instante;
• calcular o impulso de uma força aplicada durante um intervalo de tempo sobre uma partícula, quando conhecemos os momentos antes e depois da aplicação da força;
• calcular as velocidades finais de duas partículas após uma colisão elástica ou totalmente inelástica ao longo de uma reta, quando conhecemos suas massas e velocidades iniciais;
• calcular as velocidades finais de duas partículas após uma colisão elástica em um plano, quando conhecemos suas massas, a velocidade inicial de uma das partículas e o ângulo de espalhamento da partícula incidente, considerando a outra partícula inicialmente em repouso;
• calcular as velocidades finais de duas partículas após uma colisão inelástica em um plano, quando conhecemos suas massas, a velocidade inicial de uma das partículase os ângulos de espalhamento das partículas, considerando a outra partícula inicialmente em repouso.
Pré-requisito
Para melhor compreensão desta aula, você precisa ter estudado a Aula 5 – Energia e Trabalho.
Texto de Raphael Púpio Maia e Lizardo H. C. M. Nunes
236 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 237
AU
LA 6
SISTEMA DE PARTÍCULAS. CENTRO DE MASSA
Nas aulas anteriores, vimos como descrever o movimento de
uma única partícula e como identificar as causas de seu movimento.
Também mostramos que, se conhecemos sua velocidade e posição iniciais,
podemos descrever completamente o movimento da partícula.
Mas o que acontece quando consideramos um sistema com muitas
partículas interagentes como, por exemplo, o sistema solar?
Bem, vamos começar analisando apenas a Terra e o Sol interagindo
entre si. Se considerarmos apenas esses dois astros, quais são as forças
que atuam no sistema?
Ora, é simples: nesse caso, existem apenas a força que a Terra
exerce sobre o Sol e a força que o Sol exerce sobre a Terra. Pela 2ª Lei
de Newton, se conhecermos as condições iniciais do problema, como
vimos na Aula 2, podemos descrever completamente o movimento de
cada um dos astros.
Entretanto, não podemos ignorar o efeito das forças que Mercúrio,
Vênus, Marte, Júpiter e etc. exercem sobre a Terra e o Sol; sem falar nos
satélites que giram em torno dos planetas, ou no cinturão de asteróides
do sistema solar. Assim, você pode perceber que, se quisermos determinar
com muita precisão o movimento da Terra, por exemplo, que é um dos
planetas que pertencem ao sistema solar, teremos de levar em conta um
grande número de astros que exercem forças sobre ela. Além disso, como
a força gravitacional é uma interação de longo alcance, mesmo a força de
astros fora do sistema solar produz efeitos sobre o movimento da Terra.
Saiba mais sobre o sistema solar através dos links:http://en.wikipedia.org/wiki/Solar_system (em inglês)http://es.wikipedia.org/wiki/Sistema_Solar (em espanhol)
236 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 237
AU
LA 6
Nesta seção, vamos estudar o movimento de sistemas com mais
de uma partícula. Assim, vamos considerar um sistema de N partículas,
cujo movimento desejamos estudar. Esse sistema pode ser arbitrário,
como, por exemplo, um corpo rígido, um líquido, um gás, ou mesmo
um sistema de partículas esparsas. Além das N partículas que formam
o sistema, podem existir ainda outras que não pertencem a ele, mas
que exercem forças sobre suas partículas. Essas outras partículas serão
chamadas de partículas externas.
Para estudar o movimento do sistema, definimos um referencial
inercial e aplicamos a 2ª Lei de Newton a cada uma de suas N partículas.
Vamos numerar as partículas do sistema de 1 a N e representar suas
massas por m m mN1 2, , ,L respectivamente. Sejam a a a1 2, , ,... N as
respectivas acelerações dessas partículas. Pela Segunda Lei de Newton,
temos N equações do tipo:
(6.1)
onde F1 é a resultante das forças que atuam sobre a partícula 1,
F2 é a resultante das forças que atuam sobre a partícula 2, e assim
sucessivamente, até FN , que é a resultante das forças que atuam sobre
a partícula N.
Se soubéssemos resolver todas as N equações que aparecem na
Equação (6.1), obteríamos o movimento de cada partícula do sistema e
saberíamos, com todos os detalhes, o movimento do sistema. Entretanto,
isso, em geral, é impossível; principalmente quando o sistema tem um
número muito grande de partículas. De fato, basta lembrar que 1 mol de
qualquer substância deve conter cerca de 1023 partículas, por exemplo.
m m mN N N1 1 1 2 2 2a F a F a F= = =, ,..., ,
Para descrever com muita precisão o movimento da Terra, são necessários cálculos computacionais bastante sofisticados. Você pode ler mais sobre os métodos empregados e suas aplicações através dos links:http://pt.wikipedia.org/wiki/Mecânica_celestehttp://en.wikipedia.org/wiki/Numerical_model_of_solar_system (em inglês)
238 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 239
AU
LA 6
Vamos somar as N equações da Equação (6.1), de modo a obter
a soma vetorial de todas as forças que atuam no sistema:
(6.2)
Note que cada partícula do sistema pode sofrer forças exercidas
por partículas externas ao sistema ou por partículas que pertencem ao
próprio sistema. Logo,
• as forças exercidas por partículas do próprio sistema são chamadas
de forças internas do sistema;
• as forças exercidas por partículas externas ao sistema são chamadas
de forças externas do sistema.
Seja i um índice para qualquer uma das N partículas do sistema,
isto é, i pode ser igual a qualquer número de 1 a N . Bom, você deve
concordar conosco que a partícula i não tem como aplicar uma força
sobre si mesma! Logo, a partícula Fij pode sofrer uma força interna
exercida por outra partícula j do sistema, onde j pode ser igual a qualquer
número de 1 a N, desde que i ≠ j.
Além disso, i também pode sofrer forças exercidas por partículas
que não pertencem ao sistema, como, por exemplo, uma força externa
Fie exercida por alguma partícula externa ao sistema, que, nesse caso,
representamos pela letra e.
Vamos chamar de força externa total sobre a partícula i a soma
vetorial de todas as forças externas exercidas sobre a partícula i, que
m m mN N N1 1 2 2 1 2a a a F F F+ + + = + +... ... .+
O mol (ou mole) é uma unidade que mede quantidade. Por definição, 1 mol contém o número de Avogadro (aproximadamente 6,02214 × 1023) de alguma coisa (como átomos, moléculas ou partículas elementares). Por exemplo, 1 mol do gás oxigênio contém 6,02214 × 1023 moléculas de O2 , o que equivale a 32g; ou seja, em uma pequena quantidade de um gás temos uma quantidade imensa de moléculas se movendo.
Leia mais sobre a unidade mol através do link:http://pt.wikipedia.org/wiki/Mol
238 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 239
AU
LA 6
representamos por Fiext . Analogamente, vamos chamar de força interna
total sobre a partícula i a soma vetorial de todas as forças internas
exercidas sobre a partícula i, que representamos por Fiint . A soma
vetorial de todas as forças que agem sobre a partícula i pode, então, ser
representada por
(6.3)
Logo, a soma vetorial de todas as forças que atuam no sistema,
como visto na Equação (6.2), pode ser escrita como
(6.4)
Agora, preste atenção na discussão que se segue...
Sabemos que F1int é a soma vetorial de todas as forças internas
exercidas sobre a partícula 1, o que podemos representar por
F F F F1 12 13 1int = + + +L N , onde F F F12 13 1 , , ,... N são as forças exercidas
pelas partículas sobre a partícula 2 3, , ..., N sobre a partícula 1. (Note
que não existe a força F11 , já que a partícula 1 não pode exercer uma
força sobre si mesma!).
Analogamente, você também pode representar ...,
F F F F2 21 23 2int = + + +... N , onde F F F21 23 2 , , ..., N são as forças exercidas pelas partículas
1 3, , , ... N sobre a partícula 2.
Você pode continuar fazendo isso até chegar à F Nint e reescrever
a soma vetorial F F F1 2int int int+ + +( )... N , que é a soma vetorial de todas as
forças internas que atuam no sistema, como
(6.5)
Note que o lado direito da equação acima foi alinhado, de modo
que, em cada linha, apareçam todas as forças que cada partícula do
sistema sofre pelas demais.
F F Fi i i= +ext int .
F F F F F F F F F1 2 1 2 1 2+ + = + +( ) + + +(+ int int int ext ext ext... ... ...N N N ))
F F F F2 21 23 2int = + + +... N
F F F F F F1 2 12 13 1int int int
+ + + = + + + +... ...N N
F F F21 23 2+ + + +... N
F F F31 32 3+ + + +... N
M
F F FN N NN1 2 1+ + + −... .
240 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 241
AU
LA 6
Observe agora que, na Equação (6.5), as forças sempre aparecem
em pares de ação e reação, isto é, em pares do tipo F Fij ji= − e Fji . Por exemplo,
é fácil identificar o par constituído por F12 e F21, ou o par F23 e F32.
Mas de acordo com a 3ª Lei de Newton, a soma vetorial de qualquer
par de ação e reação é igual a zero. De fato, para cada par e , a
Terceira Lei de Newton afirma que F Fij ji= − . Portanto, a soma vetorial
no lado direito da Equação (6.5) é zero. Verifique este resultado.
Assim,
(6.6)
ou seja,
F F F1 2int int int+ + =... ,N 0
Substituindo o resultado da Equação (6.6) acima na Equação
(6.5), obtemos, então,
(6.7)
isto é, para encontrar a soma vetorial de todas as forças que atuam sobre
todas as partículas do sistema, basta apenas fazer a soma vetorial das
forças externas sobre o sistema.
Além disso, substituindo o resultado da Equação (6.7) acima na
Equação (6.2), obtemos:
(6.8)
Podemos tornar mais simples a equação anterior simplesmente
definindo a força externa total sobre o sistema, que representamos por
Fext , que é a soma vetorial de todas as forças externas sobre o sistema.
Assim, temos que
(6.9)
F F F F F F1 2 1 2+ + + = + + ext ext ext... ...N N
m m mN N N1 1 2 2 1 2a a a F F F+ + + = + + +... ... .ext ext ext
É nula a soma vetorial de todas as forças internas de qualquer sistema de partículas.
!
F F F Fext ext ext ext= + + +1 2 ... .N
F Fij ji= −Fji
240 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 241
AU
LA 6
Usando essa definição na Equação (6.8) anterior, obtemos
finalmente:
(6.10)
Aliás, é exatamente por isso que, quando aplicamos uma força
horizontal F sobre um bloco deslizando sobre uma superfície sem atrito,
sua aceleração é proporcional à F, ou seja, pela Segunda Lei de Newton,
onde M é a massa do bloco.
Deixe explicarmos melhor essa afirmação: um bloco (ou qualquer
objeto extenso) pode ser entendido como um sistema de partículas.
Quando aplicamos uma força sobre ele, aplicamos a força apenas sobre
a superfície externa do mesmo. Por exemplo, quando você empurra um
bloco, você aplica força apenas nas áreas em que a sua mão encosta
nele. Ora, quando você aplica força sobre o bloco, as partículas dessa
superfície externa exercem forças sobre as partículas mais internas do
bloco; que também exercem forças sobre outras partículas ainda mais
internas, em um “efeito em cascata”. Entretanto, as forças internas do
sistema se cancelam, e apenas a força que você exerce com a sua mão
sobre o bloco é que determina a sua aceleração.
Assim, depois de ler essa explicação, você poderia pensar o
seguinte: “quando eu resolvo um problema de Dinâmica, geralmente
represento as forças externas que atuam sobre o bloco como vetores
atuando em um único ponto do bloco, como mostra a Figura 6.1.b.
Mas que ponto é esse? Como faço para calcular a sua posição?”
m m mN N1 1 2 2a a a F+ + + =... .ext
aFM
= ,
Figura 6.1: (a) Um bloco de massa m descendo um plano inclinado sem atrito. (b) As forças que atuam sobre o bloco são representadas por vetores (em preto) atuando em um único ponto do bloco. (Em branco estão representadas as componentes da força peso.)
a
n
d mg senθ
mg
mg cosθ
y
θ
a b
xθ
242 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 243
AU
LA 6
Bom, para responder à sua pergunta, considere agora a seguinte
abstração: suponha que a gente possa escrever
(6.11)
onde M é a massa total do sistema, isto é, M m m mN= + + +1 2 ... . Na
equação acima, é como se a força externa total fosse aplicada sobre um
único ponto, onde se concentra a massa total do sistema. Essa equação
é semelhante à 2ª Lei de Newton aplicada a uma partícula de massa
M sujeita a uma resultante Fext , cuja resultante é a força externa total
atuando sobre o sistema.
Nesse sentido, esse ponto, que concentra toda a massa do
sistema, descreve o movimento do sistema de partículas como um todo.
E é exatamente nesse ponto que representamos todas as forças externas
que atuam sobre um corpo extenso, quando queremos calcular a
resultante das forças em um problema de Dinâmica.
Mas o que é esse vetor aceleração acm? E qual a interpretação física da
Equação (6.11)?
Em primeiro lugar, se combinarmos a Equação (6.11) com a
Equação (6.10), podemos inferir um vetor posição, de tal forma que
(6.12)
onde r r r1 2, ,..., N são os vetores posição das partículas 1 2, , ..., N
respectivamente.
Então, segue imediatamente que a rcm cmd dt= 2 2/ , o que significa
que rcm descreve o movimento de uma partícula, cuja massa é a massa total
do sistema, e cuja resultante é a força externa total sobre o sistema.
F aext = M cm ,
rr r
cmN N
N
m m mm m m
=+ + +
+ + +1 1 2 2
1 2
.......
,r
242 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 243
AU
LA 6
A partir da Equação (6.12), podemos determinar onde se encontra
o centro de massa do nosso sistema de partículas. Por exemplo, se o
sistema tem duas partículas, o centro de massa está no segmento de reta
que liga as duas partículas, mais próximo da partícula de maior massa.
Se o sistema tem três partículas não-colineares, o centro de massa está
na superfície do triângulo cujos vértices são as partículas, mais próximo
das partículas que têm maior massa. Aliás, é muito importante notar
que o centro de massa é um ponto que obtemos a partir das posições
das partículas do sistema, mas não é uma partícula. Ele nem mesmo
precisa coincidir com a posição de uma das partículas do sistema,
como fica claro no caso de duas partículas idênticas, no qual o centro
de massa fica exatamente no ponto médio do segmento de reta que une
as partículas, como mostra a Figura 6.3.a, e, portanto, não coincide
com nenhuma delas. Também no caso de um anel circular homogêneo,
O vetor rcm é a média ponderada das posições das partículas do sistema, sendo que a ponderação é feita pelas respectivas massas das partículas. O vetor rcm dá a posição de um ponto no espaço que chamamos de centro de massa do sistema, conforme ilustrado na figura a seguir. Além disso, o próprio vetor rcm é chamado de vetor posição do centro de massa, ou simplesmente de posição do centro de massa.
Usaremos para a identificar o centro de massa, a abreviação cm, que você não deverá confundir com o símbolo cm, de centímetro.
!
Figura 6.2: O centro de massa de um sistema de partículas é um ponto cuja posição é dada por rcm que é a média das posições das partículas ponderada por suas massas.Fonte: Figura 17.2, p. 113 de Fis1A-mod. 2.
m2m1
cm
mN
y
z
O
x
rN
rcm
r1
r2
244 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 245
AU
LA 6
o centro de massa não coincide com nenhuma partícula do anel. De fato,
ele está no centro do círculo formado pelo anel e, logo, fora do próprio
anel, como podemos ver na Figura 6.3.b.
Figura 6.3: (a) O centro de massa de um sistema de partículas formado por duas partículas idênti-cas. (b) O centro de massa de um anel circular homogêneo; o centro de massa está no centro do círculo formado pelo anel.
Se o sistema de partículas está em movimento, o centro de massa
também pode estar. Se derivarmos, em relação ao tempo, o vetor posição
do centro de massa, obtemos a velocidade do centro de massa, que
representamos por vcm, isto é,
(6.13)
Usando a definição de centro de massa vista na Equação (6.12) e fazendo
as derivadas necessárias, obtemos
(6.14)
onde v v v1 2, ,..., N são as velocidades das partículas 1 2, ,...,N ,
respectivamente.
Definimos, também, a aceleração do centro de massa como sendo
a derivada, em relação ao tempo, da velocidade do centro de massa:
(6.15)
onde a a a1 2, ,..., N são as acelerações das partículas 1 2, ,...,N ,
respectivamente.
vr
cmcmd
dt= .
vv v v
cmN N
N
m m mm m m
=+ + +
+ + +1 1 2 2
1 2
......
,
aa a a
cmN N
N
m m mm m m
=+ + +
+ + +1 1 2 2
1 2
......
,
ab
244 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 245
AU
LA 6
A Equação (6.14) mostra que a aceleração do centro de massa do
sistema é uma média ponderada das acelerações das partículas do sistema.
Analogamente, a Equação (6.15) mostra que a aceleração do centro de
massa do sistema é uma média ponderada das acelerações das partículas
do sistema. Assim, podemos dizer que a velocidade e a aceleração do
centro de massa são grandezas apropriadas para descrever as idéias de
velocidade e aceleração do sistema como um todo.
Nesse ponto, é interessante você perceber que, quando não há
forças externas atuando sobre o sistema, o centro de massa permanece
parado ou em movimento retilíneo uniforme, pois sua aceleração é nula,
como mostra a Equação (6.11).
Quando um sistema de partículas não interage com outras partículas externas ao sistema, obviamente isso significa que não há forças externas atuando sobre o sistema. Um sistema que não interage com partículas externas é chamado de sistema isolado.Portanto, para um sistema isolado, o centro de massa do sistema permanece em repouso ou em movimento retilíneo uniforme.
!
Não é apenas quando o sistema está isolado, que o centro de massa
permanece em repouso. Por exemplo, considere um sistema formado
por duas bolas com massas iguais, separadas por uma haste delgada
que liga as duas. Suponha que, por um breve intervalo de tempo, uma
força vertical F1ext apontada para cima seja aplicada sobre uma das
bolas, enquanto uma outra força vertical F2ext
de mesmo módulo, mas
apontada para baixo, seja aplicada sobre a outra bola, como mostra
a Figura 6.4. Evidentemente, F F1 2ext ext= − . Portanto, a resultante das
forças externas que atuam sobre o sistema se anula, mas as massas não
ficam em repouso. De fato, elas passam a girar em torno do centro de
massa depois que essas forças externas são aplicadas. O sistema binário,
formado pelas forças F1ext e F2
ext, produz um movimento de rotação.
Por outro lado, o centro de massa permanece em repouso e o sistema
binário não afeta o movimento de translação do sistema.
246 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 247
AU
LA 6
Figura 6.4: Sistema binário atuando sobre o sistema formado por duas massas iguais.
Agora, vamos definir o momento linear total do sistema como
(6.16)
Assim, podemos reescrever a Equação (6.10), como
(6.17)
Portanto, quando a resultante das forças externas se anula; ou seja,
F 0ext = , vemos que o momento linear total do sistema se conserva.
F1ext
F2ext
P v v v= + + +m m mN N1 1 2 2 ... .
ddtP
F= ext .
Logo, a condição necessária e suficiente para que o momento linear total do sistema se conserve, é que a resultante das forças externas aplicadas sobre o sistema se anule.Em particular, o momento total se conserva quando o sistema de partículas está isolado.
!
Esse resultado tem conseqüências muito interessantes. Por
exemplo, considere um canhão de massa m2, que contém uma bala de
massa m1 dentro dele. Por simplicidade, vamos assumir que o canhão
esteja apoiado sobre uma superfície muito lisa, de tal forma que o atrito
seja desprezível. Nesse caso, o momento linear total do sistema é nulo,
pois a velocidade do canhão e da bala dentro dele são nulas.
246 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 247
AU
LA 6
Mas o que acontece quando o canhão dispara a bala e ela sai do
canhão com velocidade v1, como mostra a Figura 6.5?
Figura 6.5: Canhão de massa m2 disparando uma bala de massa m1 com velocidade v1.
Ora, nesse caso, são as forças internas, de origem química,
associadas à combustão da pólvora, que são responsáveis por disparar
a bala. Portanto, não há forças externas atuando sobre o sistema. Logo,
o momento total do sistema tem que se manter constante; como ele era
nulo antes do disparo, deve ser nulo depois do disparo. Assim, o canhão
deve recuar para compensar o fato de que a bala foi disparada com
velocidade v1, de tal forma que o momento total do sistema continue
sendo zero.
Aliás, podemos até calcular qual será a velocidade do canhão
logo depois que a bala é disparada, pois sabemos que o momento total
do sistema deve ser nulo. Assim, se chamarmos de v2 a velocidade do
canhão depois do disparo, temos que
Pela equação anterior, podemos perceber que, como a massa do
canhão é muito maior do que a massa da bala, a velocidade do canhão
deve ser muito menor que a velocidade da bala, como realmente acontece.
Também observamos que o vetor velocidade v2 está na direção contrária
à velocidade da bala, v1, devido ao sinal negativo acima. Esse é o “coice”
do canhão, quando há um disparo.
m2
v2
v1
P v v 0
v v
= + =
∴ =
m m
mm
1 1 2 2
21
21−− .
248 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 249
AU
LA 6
ATIVIDADES
Veja que o canhão deve recuar até parar, devido à força de atrito,
pois a superfície em que o canhão está apoiado sempre exerce atrito
sobre o canhão.
Como veremos na próxima seção, esse resultado tem conseqüências
fundamentais para a descrição das colisões entre partículas.
1. Deixa-se cair uma pedra em t = 0s. Uma segunda pedra, com uma massa duas vezes maior do que a primeira, é largada do mesmo ponto em t = 0,1s.
a. Onde está o centro de massa das duas pedras em t = 0,3s? Suponha que nenhuma das duas pedras tenha chegado ao chão.
b. Qual é a velocidade do centro de massa do sistema em t = 0,3s?
Considere a resistência do ar desprezível e que a aceleração da gravidade vale 9,8 m/s2.
RESPOSTAS COMENTADAS
Vamos usar o eixo vertical y com sentido positivo para baixo e origem
no ponto onde as duas pedras são largadas.
a. Vamos usar a massa m1 = m e a posição vertical y1(t) para a primeira
pedra. Para a segunda pedra, vamos usar uma massa m2 = 2m e a
posição vertical y2(t), com um atraso de T = 0,1s. Você sabe que o
movimento das duas pedras é de queda livre, ou seja,
Com isso, você já pode calcular a posição do centro de massa do sistema
formado pelas duas pedras:
Após fazer algumas manipulações algébricas, você vai encontrar a
posição do centro de massa do sistema como função do tempo,
y t gt t
y t g t T t T
12
22
12
0
12
( ) , ;
( ) ( ) , .
= ≥
= − ≥
se
se
y tmy t m y t
m mcm( )( ) ( ) ( )
.=++
1 222
y t y t y t gt g t Tcm( ) ( ) ( ) ( ) .= + = + −13
23
16
131 2
2 2
248 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 249
AU
LA 6
Agora você deve calcular a posição do centro de massa em t = 3T= 0,3s.
O resultado que você vai encontrar é o seguinte:
b. No movimento de queda livre das duas pedras, a velocidade de cada
uma delas aumenta linearmente com o tempo a partir do zero. Você
pode escrever a velocidade de cada pedra como função do tempo,
A velocidade do centro de massa do sistema é
Você pode facilmente calcular a velocidade do centro de massa como
função do tempo,
Em t = 3T= 0,3s , o resultado é dado por
2. Um canhão montado sobre uma carreta, apontando numa direção que forma um ângulo de 30o com a horizontal, como mostra a Figura 6.6, atira uma bala de 50kg, cuja velocidade na boca do canhão é de 300 m/s. A massa total do canhão e da carreta é de 5.000kg. A carreta está sobre trilhos onde o coeficiente de atrito cinético é 0,7.
a. Qual é a velocidade inicial de recuo da carreta?
b. De que distância a carreta recua?
y T g T g T T gTcm( ) ( ) ( ) , .316
313
3176
0 282 2 2= + − = ≈ m
v t gt t
v t g t T t T1
2
0( ) , ;
( ) ( ), .
= ≥= − ≥
se
se
v t v t v t gt g t Tcm( ) ( ) ( ) ( ).= + = + −13
23
13
231 2
v tmv t m v t
m mcm( )( ) ( ) ( )
.=++
1 222
v T g T g T T gTcm( ) ( ) ( ) , .313
323
373
2 3= + − = ≈ m/s
Figura 6.6: Um canhão montado sobre uma carreta que pode se mover sobre trilhos.
250 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 251
AU
LA 6
RESPOSTAS COMENTADAS
Vamos usar o sistema constituído pelo canhão montado sobre a carreta
mais a bala. A partir disso, você pode afirmar que as forças envolvidas no
disparo são internas ao sistema. Sendo assim, o momento linear total do
sistema é conservado.
a. Vamos usar a massa da bala, m1 = 50kg, e a massa total do canhão e
da carreta, m2 = 5.000kg. Você deve pensar na situação antes e depois
do disparo da bala de canhão. Antes do disparo, o sistema está em
repouso, e o momento total do sistema é nulo, Pi = 0. Logo após o disparo,
no momento em que a bala está prestes a sair do cano do canhão, o
momento total do sistema é
Como o momento linear total do sistema é conservado, Pi = Pf , a velocidade
da carreta após o disparo é
O sinal de menos na igualdade acima significa que a carreta sofre um
recuo.
O enunciado do problema informa que a bala tem uma velocidade
v0 = 300m/s na boca do canhão. Como a bala é disparada numa direção
que forma um ângulo de 30o com a horizontal, o vetor velocidade da
bala é
Ao usar o resultado da conservação do momento linear total do sistema,
você pode concluir que o vetor velocidade da carreta, após o disparo, vale
Portanto, a velocidade inicial de recuo da carreta é a componente x do
vetor velocidade v2 ,
P v vf m m= +1 1 2 2
v v21
21= −
mm
.
v i j i j1 0 30 30 150 3= + = +v (cos ) ( )( ).o osen m/s
vrecuo ≈ 2 6, .m/s
v i j i j21
20 30 30 1 5 3= − + = − +
mm
v (cos ) ( , )( ).o osen m/s
250 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 251
AU
LA 6
b. Após o disparo, a carreta sobre a qual o canhão está montado sofre
um recuo. No instante em que a carreta começa a se movimentar
“para trás”, surge uma força de atrito entre as rodas e os trilhos na
direção horizontal e sentido “para frente“ (sentido oposto aquele do
movimento). Você já aprendeu que a força de atrito tem um módulo
Fat = µN, onde o coeficiente de atrito cinético vale µ = 0,7. Mais ainda,
quando aplicar a condição de equilíbrio na direção vertical y, N = m2g,
você vai encontrar que a força de atrito também vale Fat = µm2g.
Pela Segunda Lei de Newton, a aceleração devido à força Fat é dada
por a = µg. Portanto, a carreta recua inicialmente com uma velocidade
vrecuo até parar, com uma aceleração a. Para calcular de que distância
a carreta recua, você pode usar a equação de Torriceli,
Ao substituir os valores µ, g e vrecuo , você calcula a distância,
COLISÕES
O nosso cotidiano está repleto de eventos em que dois objetos
macroscópicos colidem. Por exemplo, objetos colidem em um jogo de
bilhar, quando brincamos com bolinhas de gude, ou ainda quando
jogamos pingue-pongue. Nesses casos, os objetos mudam sua trajetória
original e dizemos que o resultado da colisão é o espalhamento desses
objetos. De fato, pense no que ocorre quando uma bola de boliche se
move em direção aos pinos sobre a pista de boliche: imediatamente após
a colisão, a bola continua em movimento e os pinos são espalhados.
Como os pinos se espalham? Como é o movimento da bola logo
após a colisão?
Bem, é justamente para responder a essas perguntas que estu-
daremos as colisões nesta seção. Veremos que o principal objetivo do
estudo das colisões consiste em determinar a configuração final do sistema
a partir de sua configuração inicial; isto é, determinar os momentos e as
massas das partículas após a colisão, quando sabemos os momentos e
as massas das partículas antes da colisão.
v v a xrecuo2 20 2= = + ∆ .
∆xv
arecuo= − ≈ −2
20 49, .m
252 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 253
AU
LA 6
Por simplicidade, vamos nos limitar a estudar apenas a colisão
entre duas partículas nesta seção. De fato, o termo colisão geralmente
representa um evento no qual duas partículas se aproximam uma da outra
e interagem. As duas partículas podem interagir por mero contato físico
ou por um tipo de interação a distância, dependendo do sistema físico que
está sendo investigado. Por exemplo, na colisão entre duas partículas
com cargas elétricas de mesmo sinal, a interação acontece a distância,
porque a repulsão elétrica entre elas é dada pela Lei de Coulomb. Depois
da interação, as duas partículas carregadas são espalhadas.
Nosso ponto de partida será descrever o que antecede ao processo
de colisão, ou melhor, será descrever a configuração inicial do sistema.
A Figura 6.7 mostra uma partícula 1, com massa m1, e o momento inicial
p i
ur
1 e uma outra partícula 2, com massa m2, e o momento inicial p i
ur
2
. Observe que as partículas estão se movendo em direção a uma certa
região, a região de interação. Na configuração inicial, bem antes das
partículas entrarem na região de interação, o movimento de cada uma
delas é uniforme porque elas não estão sujeitas a qualquer tipo de forças
internas ou externas.
Em uma colisão entre duas partículas microscópicas, o resultado pode ser duas partículas diferentes das iniciais, como acontece nas reações químicas ou nucleares.
Além disso, quando partículas elementares com altas energias colidem, até mais de duas partículas novas podem surgir.
No caso de uma interação de longo alcance, como interações elétricas ou gravitacionais entre as partículas, assumimos que as partículas na configuração inicial estejam separadas por uma grande distância e o efeito da interação possa ser desprezado.
252 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 253
AU
LA 6
Ao final da colisão, conforme está mostrado na Figura 6.8, as
partículas resultantes já estão afastadas o suficiente, e, portanto, fora
da região de interação. Logo, podemos afirmar que a interação entre
elas seja desprezível. Quando isto acontece, as partículas resultantes
determinam a configuração final do processo de colisão. Se você observar
com atenção a Figura 6.8, vai notar que as duas partículas que aparecem
depois da colisão podem ter massas m3 e m4 diferentes daquelas massas
que estavam presentes na configuração inicial. Mas, por simplicidade,
vamos considerar que o número de partículas e a massa de cada partícula
se conserve nesta seção.
Figura 6.7: Configuração inicial de uma colisão entre duas partículas.
m1
m2
p i
ur
1
p i
ur
2
Região de interação
m3
m4
Figura 6.8: Configuração final de uma colisão entre duas partículas.
p i
ur
3
p i
ur
4
254 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 255
AU
LA 6
O processo de colisão acontece assim que as duas partículas
entram na região de interação, Figura 6.9. É nesta etapa intermediária
que as partículas interagem entre si. Tipicamente, as forças de interação
acontecem durante um intervalo de tempo muito curto, o “tempo de
colisão”, e são muito intensas. Nem sempre podemos dizer como essas
forças variam no tempo exatamente, mas o efeito delas pode ser medido
pelo impulso que essas forças produzem.
Figura 6.9: Processo de colisão.
Deixe explicarmos o que é impulso: durante o intervalo de tempo
em que as duas partículas interagem, a partícula 1 exerce uma força sobre
a partícula 2, e a partícula 2 exerce uma força sobre a partícula 1, que
representaremos por r
F21 e r
F12 , respectivamente. Por definição, dizemos
que o impulso da força r
F12 sobre a partícula 1 durante o intervalo da
colisão é igual à variação do momento da partícula 1, ou seja:
(6.18)
onde r
I1 representa o vetor impulso, e r
p f1 , r
p i1 representam o momento
da partícula 1 nas configurações final e inicial respectivamente.
r
r r r
I p p pf i1 1 1 1≡ = −∆ ,
Portanto, o vetor impulso r
I de uma força aplicada sobre uma partícula em um intervalo de tempo é igual à variação do momento da partícula durante esse intervalo.
!
254 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 255
AU
LA 6
Não sabemos exatamente a intensidade da força aplicada sobre
as partículas, mas podemos fazer uma estimativa. Para isso, vamos
começar escrevendo as equações de movimento de cada uma delas.
Como nenhuma força externa é aplicada sobre o sistema, pela 2ª Lei de
Newton, temos
(6.19)
Como formam um par de “ação e reação”, pela 3ª Lei de Newton,
as expressões na Equação (6.19) acima podem ser condensadas em uma
única expressão:
(6.20)
Como a força r
F12 é aplicada sobre a partícula 1 durante um
intervalo de tempo muito pequeno, podemos substituí-la por uma força
média constante F1 e integrar no tempo a Equação (6.20) para obter o
módulo da força média:
(6.21)
onde ∆t é a duração da colisão.
Agora, para fixar as idéias, considere uma bola de bilhar, com
170 g, que, partindo do repouso, atinja a velocidade de 12m/s após uma
colisão que dura cerca de um centésimo de segundo. Qual a intensidade
da força média que atua sobre ela?
Nesse caso,
que é aproximadamente a mesma força necessária para equilibrar um
corpo com 20kg!
Finalmente, pela Equação (6.20) é fácil ver que o vetor impulso
da força r
F12 sobre a partícula 1 é igual a “menos” o impulso da força r
F21 sobre a partícula 2, ou seja,
(6.22)
dpdt
F
dpdt
F
r
r
r
r
112
221
=
=
,
.
dpdt
F Fdpdt
r
r r
r
112 21
2= = = −− .
Fp
t11=
∆∆
r
,
F =×( )( )
=−
−
170 10 12
10204
3
2
kgms
N,2
r
r r
r
I p p I1 1 2 2= = − = −∆ ∆ ,
256 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 257
AU
LA 6
ATIVIDADE
que pode ser reescrito como
(6.23)
Logo, o momento total do sistema na configuração inicial é igual
ao momento total do sistema na configuração inicial, o que significa que
o momento total do sistema se conserva.
r r r r
r r r r
p p p p
p p p p
f i f i
i i f f
1 1 2 2
1 2 1 2
− = − −( )⇒ + = + .
3. Calcule o impulso e o módulo da força média que atua em cada um dos seguintes casos:
a. Num saque de jogo de tênis, a bola, de massa igual a 60g, é lançada com uma velocidade de 40m/s. O tempo de contato com a raquete é da ordem de 0,005s.
b. Um jogador de futebol cobra um pênalti, chutando a bola com uma velocidade de 20m/s. A massa da bola é de 450g e a duração do chute da ordem de 0,01s.
c. Um carro de 1,5 tonelada, a 60km/h, bate num muro. A duração do choque é de 0,1s.
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Vamos usar a massa da bola de tênis, m = 0,06kg, e a velocidade
de lançamento, v = 40m/s. Você deve determinar o momento linear
da bola antes e depois do lançamento. Supondo que antes do saque
a bola está em repouso, pi = 0. Logo após o saque, o momento linear
adquirido pela bola é pf = mv. Assim, o impulso aplicado sobre a bola
no saque é definido como a variação do momento linear,
I p pf i= − = = ⋅( , )( ) , .0 06 40 2 4kg m/s kg m/s
256 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 257
AU
LA 6
A força impulsiva média aplicada sobre a bola de tênis, durante o
intervalo ∆t = 0,005s, é calculada por meio da seguinte razão:
b. Neste caso, você vai usar a massa da bola de futebol, m = 0,45kg ,
e a velocidade do chute, v = 20m/s. Antes da cobrança do pênalti,
a bola está em repouso, pi = 0. Logo após a cobrança do pênalti, a
bola tem um momento linear igual à pf = mv. Você deve calcular o
seguinte impulso exercido sobre a bola:
A força média aplicada pelo jogador sobre a bola durante o intervalo
∆t = 0,01s é
c. A massa do carro vale m = 1,5 × 103kg e a velocidade antes do
choque é v = 60km/h. Vamos supor que depois do choque o carro
fica em repouso, pf = 0. O momento linear inicial do carro é pi = mv,
e, portanto, o impulso aplicado pelo muro sobre o carro vale
A variação de momento linear ocorre por ∆t = 0,1s, e assim, você
pode calcular a força média que atua sobre o carro,
Fpt
= = ⋅ =∆∆
( , )( , )
.2 4
0 005480
kg m/ss
N
I p pf i= − = = ⋅( , )( ) , .0 45 20 9 0 kg m/s kg m/s
Fpt
= = ⋅ =∆∆
( , )( , )
.9 0
0 01900
kg m/ss
N
I p pf i= − = × = × ⋅( , )( )
( , ) /, .1 5 10
603 6
2 5 103 4kgkm/h
km/h m/skg m/s
Fpt
= = × ⋅ = ×∆∆
( , )( , )
, .2 5 10
0 12 5 10
35kg m/s
sN
COLISÕES ELÁSTICAS E INELÁSTICAS
Numa colisão entre partículas, o momento total do sistema é
sempre conservado. Isto é verdade quando supomos que não existem
forças externas atuando sobre o sistema.
No entanto, a energia total do sistema só se conserva quando
supomos que apenas forças internas conservativas atuam sobre as
partículas do sistema durante a colisão. Por exemplo, considere uma
colisão frontal entre duas bolas de um jogo de bilhar. Durante o choque,
que dura um intervalo de tempo pequeno, a energia cinética das bolas
é convertida em energia potencial elástica, devido à deformação entre
258 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 259
AU
LA 6
as superfícies de contato (como acontece com uma mola comprimida,
veja a Aula 4, seção 3). Depois, a energia potencial elástica acumulada
é convertida em energia cinética, e as bolas passam a se afastar (veja a
Aula 5). Nesse processo reversível idealizado, o que foi convertido em
energia potencial volta na forma de energia cinética, e, logo após o
choque, as partículas voltam a se afastar com velocidades opostas de
mesmo valor absoluto que as iniciais.
Por outro lado, nem todo processo de conversão da energia é
reversível: por exemplo, no momento do choque entre as duas bolas, ouvi-
mos um som porque parte da energia total é convertida em vibrações, que
dão origem a ondas sonoras; uma outra parte da energia total é conver-
tida em calor, que causa um ligeiro aquecimento da superfície de contato
entre as bolas. Esses processos dissipativos são irreversíveis, pois a energia
dissipada não será novamente convertida em energia de movimento para o
sistema. Na Natureza, sempre ocorrem esses processos irreversíveis. Entre-
tanto, em alguns casos, podemos desprezar os processos irreversíveis
de conversão de energia como uma boa aproximação.
Assim, com relação à conservação da energia de movimento,
as colisões podem ser separadas em duas categorias: as colisões elásticas
e as colisões inelásticas.
Em uma colisão elástica, a energia cinética total das partículas é conservada, ou seja, tem o mesmo valor na configuração inicial e final. Por outro lado, em uma colisão inelástica, a energia cinética das partículas na configuração final é menor, ou maior, do que a energia cinética na configuração inicial. Um exemplo em que a energia cinética pode ser maior na configuração final é quando uma granada cai no chão, onde a energia química armazenada no explosivo é convertida em energia cinética dos fragmentos, como veremos adiante.
COLISÕES ELÁSTICAS UNIDIMENSIONAIS
Vamos começar analisando uma colisão entre duas partículas que
se movem ao longo de uma reta. A Figura 6.10 mostra a configuração
inicial onde as partículas de massas m1 e m2 têm velocidades v1 i e v2 i
antes da colisão. Como exemplo, você pode pensar em uma colisão
frontal entre duas bolas de sinuca ou bolas de gude.
258 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 259
AU
LA 6
Durante todo o processo de colisão, vamos supor que as forças
internas de interação entre as duas partículas sejam as únicas forças
atuando no sistema composto pelas partículas 1 e 2. De acordo com o
que você já aprendeu, o momento total do sistema é conservado quando
não existem forças externas exercidas sobre as partículas. Segundo esta
hipótese, o momento inicial do sistema, Pi = p1i + p2i , é igual ao momento
final do sistema, Pf = p1f + p2f ,
(6.24)
Uma vez que a colisão é elástica, vamos supor também que a
energia cinética do sistema seja conservada. Essa hipótese pode ser escrita
de forma quantitativa como
(6.25)
onde p1i , p2i p1f e p2f são as projeções dos vetores momento sobre o
eixo OX.
Para cada partícula, temos a conhecida representação para
a energia cinética: K m= p2
2/ e a energia cinética do sistema na
configuração inicial vale Ki = K1i + K2i e na configuração final vale
Kf = K1f + K2f .
Como você já sabe, nosso objetivo é determinar a configuração
final da colisão, dada por p1f e p2f, a partir de uma conhecida configu-
ração inicial dada por p1i e p2i, A conservação de momento e energia
formam um conjunto de duas equações e são suficientes para calcular
as duas incógnitas p1f e p2f .
Vamos manipular algebricamente a Equação (6.24), que
corresponde à conservação de energia, de maneira a colocá-la na
seguinte forma:
Figura 6.10: Configuração inicial da colisão unidimensional entre duas partículas.
m1 m2
p p p p1 2 1 2i i f f+ = + .
p
m
p
m
p
m
p
mi i f f1
2
1
22
2
12
1
22
22 2 2 2+ = + ,
r
v i2 0=v1i
r
260 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 261
AU
LA 6
Agora, vamos usar a conservação de momento visto na Equação
(6.24). Usando a igualdade p1i − p1f = p2f − p2i, simplificamos a relação
acima e obtemos
ou ainda,
(6.26)
Veja que a Equação (6.24) de conservação de momento e a
equação anterior formam um sistema de equações, de onde vamos
calcular as incógnitas p1f e p2f. Note que a soma das Equações (6.24)
e (6.26) nos dá o momento final da partícula com massa m2. Quando
a Equação (6.24) é multiplicada por −m1/m2 e depois somada com a
Equação (6.24), obtém-se o momento final da partícula com massa m1.
O resultado destas operações é o seguinte:
(6.27)
Como você pode observar, neste caso, a configuração final do
sistema é totalmente determinada pela configuração inicial.
Em termos das velocidades, as configurações inicial e final são
relacionadas da seguinte maneira:
(6.28)
1 1
1 11
12
12
11 1 1 1
222
22
22
mp p
mp p p p
mp p
mp
i f i f i f
f i
( ) ( )( )
( ) (
−
−
= − + =
= ff i i fp p p− +2 2 2)( ).
1 1
11 1
22 2m
p pm
p pi f i f( ) ( ),+ = +
pmm
p pmm
pi i f f11
22 1
1
22− = − + .
pm mm m
pm
m mp
pm
m mp
m mm
f i i
f i
11 2
1 21
1
1 22
22
1 21
2 1
2
2
=−+
+
+
=+
+−
,
11 22+
m
p i .
vm mm m
vm
m mv
vm
m mv
m mm
f i i
f i
11 2
1 21
2
1 22
21
1 21
2 1
2
2
=−+
+
+
=+
+−
,
11 22+
m
v i .
260 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 261
AU
LA 6
Vamos agora investigar alguns casos particulares das Equações
(6.27) e (6.28).
i. Massas iguais:
Para uma colisão onde ambas as partículas têm a mesma massa,
ou seja, m1 = m2, as relações entre as configurações inicial e final, dadas
pelas Equações (6.27) e (6.28), se simplificam da seguinte forma:
(6.29)
Você deve notar que as partículas trocam entre si os momentos e
as velocidades. Veja na Figura 6.11 as configurações inicial e final deste
caso particular de colisão.
p p
p p
v v
v vf i
f i
f i
f i
1 2
2 1
1 2
2 1
=
=
=
=
,
.
,
.
ii. Alvo em repouso:
Para uma colisão onde uma das partículas está em repouso,
v2i = 0 = p2i , e a outra em movimento com uma velocidade v1i , as relações
dadas pelas Equações (6.28) se modificam como
(6.30)
Figura 6.11: Colisão entre duas partículas de mesma massa.
vm mm m
v
vm
m mv
f i
f i
11 2
1 21
21
1 21
2
=−+
=+
,
.
Configuração inicial
Configuração final
m m
m m
r
v i2 0=
r
v i2 0=
v1i
r
v1i
r
262 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 263
AU
LA 6
Assim, na configuração final, o alvo começa a se mover com
velocidade v2f .
ii.a. Alvo muito pesado (m1 << m2):
Quando uma partícula muito leve colide com outra partícula muito
pesada em repouso, isto é, quando m1 << m2, a Equação (6.30) assume
uma forma bastante simples:
(6.31)
Neste caso, a partícula mais leve de massa m1 é quase que
totalmente refletida para trás, e a partícula mais pesada de massa m2
sofre um pequeno recuo com uma velocidade v2f . A Figura 6.12 mostra
o que acontece antes e depois da colisão quando m1 << m2.
v v
vmm
v v
f i
f i i
1 1
21
21 12
≈ −
≈
,
.=
Figura 6.12: Colisão de uma partícula leve com um alvo pesado em repouso.
Em especial, com a Equação (6.31) você pode ver que, após a
colisão, o momento p2f da partícula mais pesada (m2) vale
(6.32)p m v m v pf f i i2 2 2 1 1 12 2= ≈ = .
m1m2
m1m2
r
v i2 0=
r
v i2 0=
v1i
r
v1i
r
−
Configuração inicial
Configuração final
262 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 263
AU
LA 6
A partícula alvo sofre um recuo com um momento que é duas
vezes maior do que o momento inicial p1i da outra partícula. Neste caso,
a conservação de momento, p1i = p1f + p2f , pode ser reescrita como
Neste caso em particular, você pode imaginar o que acontece com
uma bola rolada sobre o chão contra a parede. A bola retorna com uma
velocidade igual a inicial e a parede permanece imóvel.
ii.b. Alvo muito leve (m1 >> m2):
Quando uma partícula muito pesada colide elasticamente com
uma partícula mais leve que está em repouso, é possível verificar que,
para m1 >> m2, a Equação (6.30) se simplifica da seguinte maneira:
(6.33)
Aqui o alvo é lançado para frente com o dobro da velocidade
inicial da partícula mais pesada. Mais ainda, a partícula muito pesada
quase não perde velocidade, assim como acontece quando uma bola bate
em um dos pinos de um jogo de boliche.
p p p p p pf i f i i i2 1 1 1 1 12= − ≈ − − =( ) .
v v
v vf i
f i
1 1
2 12
≈
≈
,
.
Figura 6.13: Colisão de uma partícula pesada em um alvo leve.
m1m2
m1 m2
Configuração inicial
Configuração final
r
v i2 0=v1i
r
v1i
r
2 v1i
r
264 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 265
AU
LA 6
ATIVIDADE
4. Um bloco de massa m1 = 4,0kg está inicialmente se movendo para a direita com uma velocidade de 4,00m/s sobre uma mesa sem atrito. Um pouco mais à frente, um segundo bloco de massa m2 = 5,0kg está se movendo para a esquerda com uma velocidade de 2,50m/s. Como mostra a Figura 6.14, uma mola de massa desprezível e com uma constante elástica de 400N/m está acoplada ao segundo bloco.
a. Determine a velocidade dos dois blocos após a colisão.
b. Quais são as velocidades dos dois blocos quando a compressão da mola é máxima?
c. Qual é a compressão máxima da mola?
Figura 6.14: Um bloco se aproxima de um segundo bloco que está aco-plado a uma mola.
m1m2
k
vli = (4,00î)m/s v2i = (-2,50î)m/s
264 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 265
AU
LA 6
RESPOSTAS COMENTADAS
Você deve perceber que a colisão descrita no enunciado pode ser
considerada como uma colisão elástica unidimensional porque
a força da mola é conservativa, ou seja, durante a colisão parte
da energia cinética pode ser convertida em energia potencial
elástica.
a. Você deve primeiro pensar na configuração inicial da colisão: a
velocidade do bloco 1 que tem massa m1 = 4,0kg é dada pelo vetor
v1i = (4,00m/s)i , enquanto a velocidade do bloco 2 que tem massa
m2 = 5,0kg é dada pelo vetor v2i = −(2,50m/s)i.. Logo após a colisão,
as velocidades finais dos blocos 1 e 2 são dadas por
A partir das duas equações acima você pode calcular a velocidade
final do bloco 1,
e a velocidade final do bloco 2,
b. A compressão máxima da mola ocorre quando os dois blocos
passam a se mover com uma mesma velocidade vf . Para este
instante, você deve usar a conservação do momento do sistema,
No exato momento em que a mola tem uma compressão má-
xima você vai calcular que os dois blocos se movem com uma
velocidade
Como resultado, você deve obter uma velocidade para os dois
blocos de
vm mm m
vm
m mv
vm
m mv
m mm
f i i
f i
11 2
1 21
2
1 22
21
1 21
2 1
2
2
=−+
+
+
=+
+−
,
11 22+
m
v i .
v f1
1 09 0
4 02 5 09 0
2 5 3 2= − + − ≈ −( , )( , )
( , )( , )
( , )( , ) ,
kgkg
m/skgkg
m/s m//s,
v f2
2 4 09 0
4 01 09 0
2 5 3 3= + − ≈( , )( , )
( , )( , )( , )
( , ) ,kg
kgm/s
kgkg
m/s m/s..
m v m v m m vi i f1 1 2 2 1 2+ = +( ) .
vm v m v
m mfi i=
++
1 1 2 2
1 2
.
vf = + − ≈( , )( , ) ( , )( , )( , )
,4 0 4 0 5 0 2 50
9 00 39
kg m/s kg m/skg
m/s.
266 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 267
AU
LA 6
Como você pode ver, neste momento os dois blocos se movem para
a direita com uma mesma velocidade porque o valor encontrado na
equação anterior é positivo, vf > 0. Sobretudo, a velocidade vf que você
calculou é a velocidade do centro de massa dos dois blocos.
c. Observe que inicialmente o bloco 1 tem uma energia cinética
K1i = m1v1i2/2 e o bloco 2 tem uma energia cinética K2i = m2v2i
2/2.
Dessa forma, a energia mecânica inicial do sistema formado pelos
dois blocos mais a mola tem uma energia Ei = K1i + K2i .
No instante em que a compressão da mola é máxima, a energia
mecânica do sistema, E = (m1 + m2)vf2/2 + kx2/2, tem uma contribuição
cinética K = (m1 + m2)vf2/2 e uma contribuição potencial U = kx2/2.
Ao aplicar a conservação da energia mecânica do sistema formado
pelos dois blocos mais a mola, Ei = E, você vai encontrar a seguinte
relação:
Assim, com a conservação da energia mecânica do sistema, você
pode calcular a compressão máxima x,
Finalmente, você deve substituir os dados do problema na equação
anterior para calcular a compressão máxima,
12
12
12
121 1
22 2
21 2
2 2m v m v m m v kxi i f+ = + +( ) .
xk
m v m v m m vi i f= + − +( )11 1
22 2
21 2
2( )
x ≈ 0 48, .m
COLISÕES UNIDIMENSIONAIS TOTALMENTE INELÁSTICAS
Quando analisamos as colisões elásticas em uma dimensão,
usamos a conservação de energia cinética do sistema composto pelas
partículas 1 e 2. Contudo, em uma colisão inelástica, a energia cinética
do sistema após a colisão, é diferente daquela antes da colisão.
A maneira mais simples de entender uma colisão totalmente
inelástica em uma dimensão é a seguinte: a partícula 1, com um pedacinho
de chiclete (de massa desprezível) grudado, é lançada com uma velocidade
v1i em direção à partícula 2 que é o alvo. No momento do choque, as
duas partículas ficam coladas, e, em seguida, passam a se mover juntas,
com está mostrado na Figura 6.13.
266 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 267
AU
LA 6
Para determinar a configuração final de uma colisão totalmente
inelástica unidimensional, basta aplicar a conservação do momento.
Vamos novamente supor que as únicas forças exercidas sobre as
duas partículas são internas, e, por causa da conservação de momento
do sistema, o momento final seja igual ao inicial, Pf = (m1 + m2)vf = Pi ,
onde o momento inicial do sistema é Pi = p1i + p2i .
Dessas considerações, é correto afirmar que
(6.34)
Nesta colisão totalmente inelástica em uma dimensão, a velocidade
final das duas partículas é igual à velocidade vCM do centro de massa
do sistema,
(6.35)
Figura 6.15: Modelo de uma colisão totalmente inelástica unidimensional.
m v m v m m vi i f1 1 2 2 1 2+ = +( ) .
vm v m v
m mvf
i iCM=
++
=1 1 2 2
1 2
.
No caso de uma colisão totalmente inelástica, a energia do sistema após a colisão assume o menor valor possível; isto é, passa a assumir o valor da energia cinética associada ao movimento do centro de massa do sistema.
m1m2
m1m2
Chiclete
Configuração inicial
Configuração final
r
v i2 0=v1i
r
vf
r
268 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 269
AU
LA 6
ATIVIDADES
5. O pêndulo balístico mostrado na Figura 6.16 é um aparelho usado para medir a velocidade das balas de uma arma de fogo. Uma bala de massa m1 é atirada em um grande bloco de madeira de massa m2 suspenso por fios. A bala se aloja dentro do bloco e o sistema todo é elevado de uma altura h.
a. Determine a velocidade da bala a partir da elevação h.
b. Quando uma bala de 10g é disparada em um bloco de 4,0kg, a elevação é de 6,0cm. Qual é a velocidade da bala?
c. Que fração da energia cinética inicial da bala é transferida para o sistema bala-bloco?
Figura 6.16: Pêndulo balístico.
m1 + m2
m1 m2
v1AvB
A B
C
h
268 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 269
AU
LA 6
RESPOSTAS COMENTADAS
Como a colisão da bala com o bloco tem uma duração muito
curta, o suficiente para o sistema bala-bloco não ser elevado
apreciavelmente, você pode tratar a colisão como sendo
unidimensional. Você deve perceber também que a colisão da
bala com o bloco de madeira é totalmente inelástica porque na
configuração final o sistema bala-bloco se move com uma mesma
velocidade.
a. Na configuração inicial desta colisão unidimensional totalmente
inelástica, a velocidade da bala é v1i e o bloco está em repouso,
v2i = 0. Logo após a colisão, a velocidade do sistema bala-bloco
é dada por
Na configuração final, a energia cinética do sistema bala-bloco é
a seguinte:
Para encontrar a segunda igualdade acima, você precisa substituir
a velocidade final da colisão totalmente inelástica. Observe que a
energia cinética na configuração final é menor do que a energia
cinética na configuração inicial, Kf < Ki .
Depois que o bloco oscila, se elevando de uma altura h, o sistema
bala-bloco adquire uma certa quantidade de energia potencial
gravitacional,
Note a escolha de U = 0 quando o bloco está em equilíbrio,
h = 0. Considerando que o sistema formado pela bala, pelo bloco
e pela Terra está isolado, a conservação de energia mecânica pode
ser aplicado, isto é, Kf = U. Sendo assim, você pode calcular a
velocidade da bala v1i em termos da altura de elevação h,
b. Agora você pode simplesmente substituir os dados do problema
na equação anterior. O resultado que você vai encontrar é o
seguinte:
vm
m mvf i=
+1
1 21 .
K m m vm v
m mf fi= + =
+12 21 2
2 12
12
1 2
( )( )
.
U m m gh= +( ) .1 2
vmm
ghi12
1
1 2= +
.
v i121
4 00 01
2 9 8 0 06 4 3 10= +
≈ ×( , )
( , )( , )( , ) , .
kgkg
m/s m m/s2
270 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 271
AU
LA 6
c. A energia cinética inicial da bala é dada pela relação
Para calcular a fração de energia cinética que é transferida da bala
para o sistema bala-bloco logo após a colisão, você deve calcular a
razão f = Kf / Ki . Esta razão vale simplesmente
Ao substituir a massa da bala, m1 = 10 g = 0,01kg , e do bloco, m2
= 4,0kg, você vai obter uma fração de
Veja que nesta colisão totalmente inelástica a energia cinética logo
após a colisão é aproximadamente 0,25% da energia cinética inicial
da bala.
6. Durante a madrugada, um carro de luxo, de massa total igual a 2.400kg, bate na traseira de um carro de massa total igual a 1.200kg, que estava parado num sinal vermelho. O motorista do carro de luxo alega que o outro estava com as luzes apagadas, e que ele vinha reduzindo a marcha ao aproximar-se do sinal, estando a menos de 10km/h quando o acidente ocorreu. A perícia constata que o carro de luxo arrastou o outro de uma distância igual a 10,5m, e estima o coeficiente de atrito cinético com a estrada no local do acidente em 0,6.
a. De que velocidade o carro de luxo vinha realmente?
b. Caso fosse verdadeira a alegação de que o carro de luxo estava a 10km/h, qual seria a distância que o carro de luxo arrastaria o outro carro?
K m vi i= 12 1 1
2 .
fm
m m=
+1
1 2( ).
f =+
≈ × −( , )( , ) ( , )
, .0 01
0 01 4 02 5 10 3kg
kg kg
270 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 271
AU
LA 6
RESPOSTAS COMENTADAS
Vamos começar pensando como determinar as configurações inicial
e final desta colisão. O carro de luxo de massa m1= 2.400kg vinha
com uma certa velocidade v1i , até colidir com o outro carro de massa
m2 = 1.200kg em repouso v2i = 0. Após a colisão, o carro de luxo
arrasta o outro carro de modo que a colisão deve ser tratada como
uma colisão unidimensional totalmente inelástica. Você aprendeu
que neste caso os dois carros têm uma mesma velocidade na
configuração final, v1f = v2f = vf .
a. Para uma colisão unidimensional totalmente inelástica com o
carro alvo em repouso, a velocidade final do sistema formado pelos
dois carros vale
Você deve calcular a velocidade inicial do carro de luxo, ou seja,
Para isso, vamos calcular a velocidade final vf a partir da distância
em que o carro de luxo arrastou o outro carro, ∆x = 10,5m, e do
coeficiente de atrito cinético da pista, µ = 0,6.
A força de atrito atua do instante da colisão até o instante em que
os dois carros param, 10,5m mais à frente. Como você já estudou,
a força de atrito fat é proporcional à força normal, fat = µN, e tem
direção horizontal e sentido oposto ao sentido do movimento. Mais
ainda, a partir da condição de equilíbrio das forças na direção
vertical, você pode verificar que a força normal é igual à força peso
do conjunto formado pelos dois carros, N = (m1 + m2)g. Dessas
considerações e da Segunda Lei de Newton, a força de atrito
fat = µ(m1 + m2)g é a responsável por frear os carros com uma
aceleração a, calculada por meio da seguinte equação:
Assim, após a colisão, os dois carros com uma velocidade vf são
freados com uma aceleração a = −µg. Agora você pode usar a
equação de um movimento unidimensional uniformemente variado,
v2 = v2f + 2a∆x, com a velocidade v = 0 porque os dois carros param
depois de percorrer ∆x = 10,5m,
Como a equação da colisão relaciona as velocidades v1i e vf , você
pode substituir a equação anterior para encontrar
vm
m mvf i=
+1
1 21 .
v mm
vi f12
1
1= +
.
f m m g m m aat = − + = +µ( ) ( ) .1 2 1 2
v g xf = 2µ ∆ .
vmm
vmm
g xi f12
1
2
1
1 1 2= +
= +
µ ∆ .
272 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 273
AU
LA 6
Ao substituir os dados deste problema, você deve encontrar o seguinte
resultado:
Como você pode ver, a perícia constatou que a alegação do motorista
do carro de luxo era falsa.
b. Neste caso, você pode calcular a distância com a mesma equação
usada no item anterior, isto é,
Se velocidade inicial fosse v1i = 10km/h≈2,8m/s, a distância pela qual
o carro de luxo arrastaria o outro carro seria
Veja que este resultado é muito menor do que aquele constatado
pela perícia.
v i1 112002400
2 0 6 9 8 10 5 16 6= +
≈( )
( )( , )( , )( , ) ,
kgkg
m/s m m/s2 ≈≈ 60km/h.
∆xm
m m
v
gi=
+
1
1 2
2
12
2µ.
∆x =+
( )( ) ( )
( / , )( , )( ,
24002400 1200
10 3 62 0 6 9 8
2 2kgkg kg
m/sm//s
m2), .≈ 0 3
COLISÕES ELÁSTICAS BIDIMENSIONAIS
Vamos considerar a colisão entre duas partículas de massas m1 e
m2 com velocidades r
v f1 e r
v f2 na configuração inicial. No caso de uma
colisão bidimensional, a conservação do momento total é equivalente a
duas equações escalares: uma para cada uma das componentes x e y do
vetor momento. O vetor momento inicial do sistema, r
r r
P p pi i i= +1 2 , é
igual ao vetor momento final do sistema, r
r r
P p pf f f= +1 2 ,
(6.36)
A equação anterior pode ser reescrita explicitamente em termos
das componentes cartesianas x e y. O sistema de equações escalares que
corresponde à Equação (6.36) é o seguinte:
(6.37)
r r r r
p p p pi i f f1 2 1 2+ = + .
p p p p
p p p pix ix fx fx
iy iy fy fy
1 2 1 2
1 2 1 2
+ = +
+ = +
,
.
272 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 273
AU
LA 6
Vamos nos restringir ao caso em que a partícula 2 é um alvo em
repouso, r
v i2 0= , conforme está mostrado na Figura 6.17. Após a coli-
são, a partícula 1 se move na direção que faz um ângulo θ com a
horizontal, e a partícula 2 se move na direção que faz um ângulo φ com
a horizontal.
Figura 6.17: Colisão elástica bidimensional.
Configuração inicial
Configuração final
r
v f1m1
r
v i2 0=
y
x
m2
y
m1
x
φ
θ
m2
r
v f1
r
v f2
274 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 275
AU
LA 6
Como você pode verificar, a conservação de momento para a
colisão mostrada na Figura 6.11 resulta nas relações
(6.38)
Note que o sinal negativo na segunda igualdade acima representa o
sentido do eixo −y, da componente y, do vetor velocidade da partícula 2.
Na situação considerada, Figura 6.11, as energias cinéticas inicial e final
são, respectivamente,
(6.39)
e
(6.40)
Nesta colisão elástica a energia total é conservada, Kf = Ki ,
(6.41)
Agora, você pode observar que as equações escalares, dadas pelas
Equações (6.38) e (6.41) são insuficientes para determinar as quatro
incógnitas p1f , p2f , θ e φ da colisão elástica bidimensional. Logo, para
determinar a configuração final deste problema, é necessário um dado
adicional que pode ser, por exemplo, o ângulo θ.
i. Massas iguais:
Vamos analisar o caso particular de duas partículas com massas
iguais colidindo elasticamente, ou seja, m1 = m2. A igualdade das energias
cinéticas, Equação (6.41), com, r
p i2 0= encontramos também que
(6.42)
Quando elevamos ao quadrado a relação entre os momentos inicial
e final, Equação (6.36) com r
p i2 0= , encontramos também que
(6.43)
Km
pi i= 12 1
12r ,
Km
pm
pf f f= +12
121
12
122r r
.
p p p
p pi f f
f f
1 1 2
1 20
= +
= −
cos cos ,
.
θ φ
θ φ sen sen
12
12
121
12
112
222
mp
mp
mpi f f= + .
p p p p p p p p pi f f f f f f f f12
1 2 1 2 12
22
1 22= +( ) ⋅ +( ) = + + ⋅r r r r r r
.
p p pi f f12
12
22= + .
274 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 275
AU
LA 6
Neste momento, você deve comparar as Equações (6.42) e (6.43).
Você pode afirmar que o produto escalar r r
p pf f1 2⋅ é nulo, e, então,
(6.44)
O resultado acima tem o seguinte significado: após uma colisão
elástica entre partículas de massas iguais, as direções de movimento delas
são perpendiculares.
Veja na Figura 6.18 que, nesse caso, os vetores de momento final são
os lados de um triângulo retângulo cuja hipotenusa é o momento inicial.
r r
p p p pf f f f1 2 1 2 02
⋅ = + = ⇔ + =cos( ) .θ φ θ φπ
Figura 6.18: Os momentos final e inicial de uma colisão elástica bidimensional entre duas partículas de mesma massa.
Em especial, se o ângulo θ for conhecido, os parâmetros p1f e p2f da
configuração final podem ser calculados a partir do triângulo retângulo
mostrado na Figura 6.18,
(6.45)
ii. Caso geral:
Para uma colisão elástica bidimensional entre partículas com
massas diferentes, m1 ≠m2 , a Equação (6.41) pode ser reescrita da
seguinte maneira:
(6.46)
Já a Equação (6.36), comr
p i2 0= , fornece a relação
(6.47)
r r
p pf f1 2⋅r r
p pf f1 2⋅
θ
r r r r
p p p pi i f f1 2 1 2+ = + .
p p
p pf i
f i
1 1
2 1
=
=
cos ,
.
θ
θ sen
pmm
p pf i f22 2
112
12= +( ).
p p p p p p pf i f i f i f22
1 1
2
12
12
1 12= −( ) = + −r r
cos .θ
276 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 277
AU
LA 6
Ao igualar as Equações (6.46) e (6.47), obtemos uma equação do
segundo grau para a incógnita p1f , se o ângulo θ for conhecido,
(6.48)
Note que a equação do segundo grau acima tem duas raízes.
A fórmula de Báskara determina que as duas soluções para p1f são:
(6.49)
Como p pf f1 1= | |r
, as soluções encontradas são aceitáveis somente
se forem positivas, p f1 0≥ . Isto pode ser exigido com a imposição de que
(6.50)
Vamos analisar alguns casos particulares.
ii.a. Alvo mais pesado (m2>m1):
Nesse caso, o alvo da colisão elástica é mais pesado do que a
partícula incidente. Como você pode verificar, se m2>m1 o radical na
Equação (6.50) é sempre maior do que cosθ, e, a solução aceitável é
(6.51)
ii.b) Alvo mais leve (m1 > m2):
Nesse caso, o alvo em repouso colide elasticamente com uma
partícula incidente mais pesada. O radical na Equação (6.50) para m1 > m2,
é sempre menor do que cosθ, e assim, as duas soluções são aceitáveis.
Em especial, quando m1 >> m2, a Equação (6.50) pode ser reescrita
como
(6.52)
A desigualdade anterior determina que o ângulo θ << 1 é bem
pequeno, isto é, a partícula incidente sendo mais pesada que o alvo
quase não sofre deflexão.
1 2 1 02
112
1 12
112+
− + −
=
mm
p p pmm
pf i f i( cos ) .θ
pp
mm
mmf
i1
1
2
1
2 2
1
22
1
1=+
± +
−
cosθ θcos
.
cos sen2 2
1
2
2
1
2
21 0θ θ+
−
=
− ≥
mm
mm
.
pp
mm
mmf
i1
1
2
1
2 2
1
22
1
1=+
+ +
−
cosθ θcos
>, se m m2 1.
senθ ≤
<<
mm
2
1
1.
276 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 277
AU
LA 6
COLISÕES INELÁSTICAS BIDIMENSIONAIS
Conforme já foi mencionado, em uma colisão inelástica, a energia
cinética final pode ser maior, ou menor, do que seu valor inicial. Para sim-
plificar nossa análise, vamos considerar uma partícula de massa m1 e um
momento inicial r
p1 que colide de forma inelástica com uma massa m2 em
repouso. Na configuração final, como mostrado na Figura 6.18. Vamos
supor duas partículas, que podem ter massas diferentes das iniciais, m3
e m4, com seus respectivos momentos r
p3 er
p4 . Note que o momento da
partícula de massa m3 faz um ângulo θ com o eixo x e o momento
da partícula com massa m4 faz um ângulo θ com o eixo x.
Na colisão inelástica que está sendo considerada, a conservação
de momento é dada pela seguinte equação:
(6.53)
Como a colisão é inelástica, devemos introduzir o “fator Q”,
que quantifica se há ganho ou perda da energia cinética após o pro-
cesso de colisão.
r r r
p p p1 3 4= +
Quando uma parcela da energia cinética inicial é convertida em alguma outra forma de energia, causando perda de energia, então Q > 0 e o processo é dito endoérgico.
Por outro lado, quando há um ganho de energia cinética após a colisão, então Q > 0 e o processo é chamado de exoérgico.
A partir dessa quantidade Q, podemos expressar a diferença entre
a energia cinética nas configurações final e inicial,
(6.54)
Neste momento, você já pode perceber que temos três equações,
dadas pelas Equações (6.53) e (6.54), e um total de cinco incógnitas:
Q, K3 , K4 , θ e φ. Desse modo, é necessário conhecer duas dessas grandezas
para que a configuração final possa ser determinada.
Q K K K K Kf i= − = + −3 4 1
278 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 279
AU
LA 6
Assim, a partir desse ponto, vamos supor que podemos medir
K3 e θ e, a partir dessas quantidades, calcular as outras três incógnitas.
Figura 6.19: Colisão inelástica bidimensional.
Para a colisão inelástica mostrada na Figura 6.19, a conservação
de momento dada pela Equação (6.53) pode ser arrumada de outra
maneira,
(6.55)p p p p p p p42
1 3
2
12
32
1 32= −( ) = + −r r
cos .θ
y
m1
m2
m3
m4
y
x
x
Configuração inicial
Configuração final
φ
θ
r
p3
r
p2 0=
r
p1
r
v4
278 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 279
AU
LA 6
ATIVIDADES
Como o momento está relacionado com a energia cinética,
p mK= 2 , a equação anterior também pode ser expressa em termos
das energias cinética K1, K3 e K4 ,
(6.56)
Ao substituir a Equação (6.56) no fator Q definido pela Equação
(6.54), o resultado encontrado é
(6.57)
A equação acima fornece o valor de Q como função dos dados
conhecidos K3 e θ.
Finalmente, a equação de conservação de momento deve ser
usada para também determinar os valores K4 e φ a partir dos dados
conhecidos K3 e θ.
Tpm
mm
Km
mK
m m K K
m442
4
1
41
3
43
1 3 1 3
422= = + − cos .θ
Qm
mK
mm
Km m K K
m= +
+ −
−3
43
1
41
1 3 1 3
4
1 1 2 cos .θ
7. Um jogador de bilhar deseja acertar, na caçapa do canto, uma bola preta que está em repouso. Após a tacada, a bola branca adquire uma velocidade v1i = 5,0m/s. Conforme está mostrado na Figura 6.20, o ângulo entre o eixo x e a direção da bola azul após a colisão vale 35o. Todas as bolas do jogo têm massas iguais.
a. Qual é a direção do movimento da bola branca após a colisão?
b. Quais são os módulos v1f e v2f dos vetores velocidade de cada bola após a colisão?
Assuma que a colisão é elástica e despreze o atrito e o movimento de rotação das bolas de bilhar.
280 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 281
AU
LA 6
RESPOSTAS COMENTADAS
Observe que, na configuração inicial, a bola branca se move com uma
velocidade v1i = 5,0m/s na direção positiva do eixo x. Após a colisão, a
bola preta se move com uma velocidade v2f numa direção que faz um
ângulo de 35o com o eixo x. A bola branca tem uma velocidade v1f ,
com uma direção que faz um ângulo θ com o eixo x.
a. Você deve analisar uma colisão elástica bidimensional entre a
bola branca e a preta, que têm massas iguais. De acordo com o
que você aprendeu, quando duas bolas têm massas iguais e colidem
elasticamente, as direções de movimento delas após a colisão são
perpendiculares. Isto pode ser visualizado a partir do triângulo retângulo
mostrado na Figura 6.21.
Figura 6.20: A bola branca colide com a bola preta.
x350vli
vlf
v2fy
Bola Branca
θ
280 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 281
AU
LA 6
O ângulo θ que determina a direção do movimento da bola branca
após a colisão é o ângulo complementar de 35o, ou seja,
Da equação acima, você calcula o ângulo θ,
b. Note que o triângulo retângulo mostrado na Figura 6.21 tem lados v1f
e v2f enquanto a hipotenusa vale v1i = 5,0m/s. Com as propriedades
trigonométricas, você pode facilmente verificar que a velocidade final
da bola branca é
e a velocidade da bola preta é
8. Uma embarcação com massa de 1,50 × 105 kg está descendo um rio a 6,2m/s, sob densa neblina, quando colide com a lateral de outra embarcação que atravessa o rio. O segundo barco tem massa de 2,78 × 105 kg e se desloca a 4,3m/s, como mostra a Figura 6.20. Imediatamente após o impacto, a segunda embarcação encontra seu curso desviado de 18o e sua velocidade aumenta para 5,1m/s. A correnteza do rio era praticamente zero no instante do acidente.
a. Quais são o módulo e a direção do vetor velocidade da primeira embarcação imediatamente após a colisão?
b. Quanta energia cinética se perde nesta colisão?
Figura 6.21: Triângulo retângulo de lados v1f e v2f com hipotenusa v1i .
o oθ + =35 90 .
oθ = 55 .
v vf i1 1 35 5 0 35 2 9= = ≈ sen m/s sen m/so o( , ) , ,
v vf i2 1 35 5 0 35 4 1= cos m/s cos m/so o= ≈( , ) , .
350
v2f
vlf
v1i
r
282 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 283
AU
LA 6
Figura 6.22: Colisão inelástica entre duas embarcações.
RESPOSTAS COMENTADAS
Vamos estabelecer as configurações inicial e final desta colisão inelástica
bidimensional. Na configuração inicial, a primeira embarcação de massa
m1 = 1,50 × 105 kg se move com uma velocidade v1i = (6,2m/s)i na direção
positiva do eixo x, e a segunda embarcação de massa m2 = 2,78 × 105kg
se move com uma velocidade v2i = (4,3m/s)j na direção positiva do eixo y.
Depois da colisão, a segunda embarcação se move com uma velocidade
v2f = 5,1 m/s numa direção que faz um ângulo de 18o com o eixo y, ou seja,
v i j i j2 2 90 90 5 1 18 18f fv= − + − = +( ) ) ) ( , )( )cos( sen( m/s sen coso o o oφ φ ..
180
282 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
CECIER J – Extensão 283
AU
LA 6
Nesta atividade, você vai calcular a velocidade da primeira embarcação
v1f após a colisão. Para isto, você pode escrever o vetor velocidade na
seguinte forma:
Note que v2f é o módulo da velocidade da primeira embarcação e θ
é o ângulo entre o vetor velocidade v1f e o eixo x.
a. Vamos usar o sistema formado pelas duas embarcações. Você
pode calcular o módulo e a direção do vetor velocidade da primeira
embarcação imediatamente após a colisão a partir da conservação de
momento do sistema. O momento inicial do sistema vale
e o momento final é dado por
Ao usar a conservação do momento total do sistema, Pi = Pf , você
deve encontrar o seguinte sistema de equações:
Observe que as incógnitas do sistema de equações acima são v1f
e θ. Não vai ser difícil de você mostrar que o ângulo θ é calculado
com a equação
Assim, o ângulo entre o vetor velocidade v1f e o eixo x é
O sinal de menos indica que o vetor velocidade tem uma componente
negativa na direção do eixo y.
A partir do sistema de equações você também pode calcular o módulo
do vetor velocidade da segunda embarcação,
Com a substituição dos dados do problema na equação anterior, você
vai encontrar um módulo igual a
v i j1 1f fv= +( ).cos senθ θ
P v v i ji i i i im m m v m v= + = +1 1 2 2 1 1 2 2 ,
P v v
if f f
f f f f
m m
m v m v m v m v
= +
= + + +1 1 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2( cos ) (θ φ θ φsen sen cos )) .j
m v m v m v
m v m v m vi f f
i f f
1 1 1 1 2 2
2 2 1 1 2 2
= +
= +
cos ,
.
θ φ
θ φ
sen
sen cos
tan .θφ
φ=
−−
m v m v
m v m vi f
i f
2 2 2 2
1 1 2 2
cos
sen
tan , .θ θ≈ − ⇔ ≈ −0 31 17o
vm
m v m v m v m vf i f i f11
1 1 2 22
2 2 2 221= − + −( ) ( ) .sen cosφ φ
v f1 3 4= , .m/s
284 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Colisões
b. Para calcular a perda de energia cinética nesta colisão inelástica
bidimensional, você deve primeiro calcular as energias cinéticas antes
e depois da colisão. Observe que a energia cinética inicial do sistema
é dada por
Após a colisão, o sistema tem uma quantidade de energia cinética
dada por
Você pode calcular a quantidade de energia cinética perdida nesta
colisão inelástica, ou melhor, o fator Q da colisão,
K m v m vi i i= + ≈ ×12
12
5 45 101 12
2 22 6, J.
K m v m vf f f= + ≈ ×12
12
4 50 101 12
2 22 6, J.
Q K Kf i= − ≈ ×9 5 105, .J
R E S U M O
Nesta aula, explicamos quais são as condições para que o momento linear
total de um sistema de partículas se conserve. Também definimos a posição do
centro de massa de um sistema de partículas.
Em seguida, aplicamos a conservação do momento linear, quando não há
forças externas atuando sobre o sistema, para calcular a configuração final de
duas partículas após uma colisão elástica e totalmente inelástica ao longo
de uma reta.
Finalmente, estudamos as colisões entre duas partículas em um plano, quando
uma das partículas se encontra, inicialmente, em repouso.
obje
tivos7AULA
Meta da aula
Momento angular
Ao final desta aula, você deverá ser capaz de:
• calcular o produto vetorial entre dois vetores;
• descrever a rotação de uma partícula em movimento circular como um produto vetorial;
• explicar a diferença entre um vetor polar e um vetor axial;
• calcular o torque, em relação a uma origem, devido a uma força que faz girar um corpo rígido;
• calcular o momento angular, em relação a uma origem, de uma partícula em movimento circular;
• avaliar qualitativamente a analogia entre força e torque e compreender as condições para que o momento angular se conserve;
• calcular o torque total, em relação a uma origem, quando forças externas agem sobre um sistema de partículas;
• analisar como o momento angular de um sistema de partículas se conserva.
Discutir alguns aspectos físicos relacionados ao movimento dos corpos rígidos em rotação, como a representação
de uma rotação em torno de um eixo fixo, o cálculo da velocidade angular e o torque responsável pela rotação.
Pré-requisito
Para melhor compreensão desta aula, você precisa ter estudado a Aula 6 – Sistema de partículas.
Texto adaptado por Carlos Magno da Conceição e Lizardo H. C. M. Nunes da apostila:
- SOUZA, Carlos Farina de; Pinto, Marcus Venicius C.; Soares Filho, Paulo Carrilho. Física 1B. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004.
286 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 287
AU
LA 7
REPRESENTAÇÃO VETORIAL DAS ROTAÇÕES
Até o momento, tratamos apenas da dinâmica do movimento
translacional. Nesta aula, veremos como tratar os aspectos dinâmicos
dos corpos em rotação.
Como você já sabe, no estudo do movimento de translação, em
diversas situações podemos desprezar a dimensão dos corpos envolvidos
e considerá-los como partículas. Entretanto, quando estudamos os
movimentos de rotação, as dimensões dos corpos envolvidos têm de ser
levadas em conta.
De fato, considere o caso mais simples para o movimento de
rotação que existe: a rotação de um corpo rígido em torno de um eixo fixo.
Quando observamos um objeto estendido, como, por exemplo, um CD-
ROM girando sobre seu eixo central (veja a Figura 7.1), o movimento não
pode ser analisado tratando-se o disco como uma partícula, uma vez que,
num dado instante, diferentes partes do disco têm diferentes velocidades
lineares e acelerações lineares. No entanto, podemos analisar o movimento
considerando o disco como sendo composto de uma coleção de partículas,
cada uma com a sua própria velocidade linear e aceleração linear.
Figura 7.1: CD-ROM. Ao girar sobre seu eixo central, diferentes partes do disco têm diferentes velocidades lineares e acelerações lineares em um dado instante.
23mm
58mm
286 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 287
AU
LA 7
Além disso, ao estudarmos um objeto girando, a análise será
extremamente simplificada se assumirmos que o objeto seja rígido e não
se deforma. (Embora na Natureza todos os objetos sejam deformáveis,
dentro de um certo limite.) Acontece que o modelo de um objeto rígido é
muito útil em diversas situações em que a deformação é desprezível e torna
a matemática mais simples para descrever o movimento de rotação.
Um objeto é rígido quando não se deforma, ou seja, a localização de qualquer partícula que o compõe permanece constante com relação a todas as outras partículas desse mesmo objeto.
Além de levar em conta a dimensão dos corpos rígidos em rotação,
devemos usar grandezas vetoriais para descrever o movimento de
rotação. De fato, lembre-se de que, em diversas leis da Física, isso não
acontece, pois observamos apenas relações algébricas entre grandezas
escalares nessas leis. Por exemplo, um corpo de massa m, colocado numa
altura h, tem energia potencial gravitacional U = mgh, onde g, que denota
o módulo da aceleração da gravidade, é uma grandeza escalar. Por outro
lado, também temos leis em que grandezas vetoriais têm tanto relações
algébricas entre si quanto relações geométricas.
Por exemplo, imagine um pião em rotação rápida em torno de
seu eixo enquanto o eixo de rotação também gira lentamente em torno
da vertical. É complicado representar essa relação geométrica por
equações algébricas. Entretanto, se utilizarmos vetores para representar as
variáveis físicas, uma única equação será suficiente para explicar todo o
comportamento. Os vetores permitem essa “economia de expressão” em
uma grande variedade de leis físicas. Por vezes, a forma vetorial de uma
lei física nos permite ver relações ou simetrias que seriam obscurecidas
por uma equação algébrica complicada.
Assim, vamos voltar ao caso simples da rotação de um corpo
rígido em torno de um eixo fixo: considere, por exemplo, um cilindro
sólido girando em torno do seu eixo central, como mostra a Figura 7.2.
Por conveniência, consideramos o eixo central na direção vertical.
288 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 289
AU
LA 7
Para cada corte transversal ao eixo de rotação, podemos estabelecer
um plano de rotação (veja a Figura 7.2). É fácil ver que cada partícula
do objeto contida nesse plano descreve um movimento circular.
Aliás, como você pode ver na Figura 7.3, a seguir, mesmo em objetos
com uma geometria mais complicada, cada partícula do plano de rotação
descreve um movimento circular. Logo, é fácil intuir por que grandezas
vetoriais são úteis para descrever a rotação dos corpos, uma vez que,
quando você estudou os corpos em movimento circular na Aula 2, viu que
a velocidade angular e a aceleração angular são grandezas vetoriais.
Figura 7.2: Cilindro sólido girando em torno de um eixo fixo.
Um plano de rotação
Figura 7.3: Plano de rotação de um corpo rígido arbitrário girando em torno de um eixo fixo que passa pelo ponto O. Uma partícula no ponto P descreve um movimento circular.
R
Pr
xO
y
θ
s
288 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 289
AU
LA 7
Como sabemos, para descrever o movimento de uma partícula em
trajetória circular, precisamos apenas conhecer o ângulo de rotação θ
em função do tempo.
Mas o que acontece se, ao invés de considerarmos rotações finitas,
tomarmos pequenas rotações com ângulos δθ infinitesimais?
Bom, nesse caso, as rotações infinitesimais têm caráter vetorial.
O quê? Você não entendeu? Tudo bem, vamos explicar isso com
calma...
Em nosso curso, um vetor poderá ser denotado por uma única letra em negrito, por exemplo, a, ou um vetor poderá também ser representado pela conhecida notação:
r
a .Já o módulo de um vetor a será denotado por |a| ou
r
a . Também poderemos representar o módulo de um vetor abolindo o negrito da letra, ou seja, simplesmente por a.
!
Em primeiro lugar, vamos associar a uma rotação infinitesimal
δθ um vetor δθr
. Esse vetor é meio “esquisito” e podemos dizer que “ele
gira em torno de si mesmo” e pertence à categoria dos vetores axiais,
como visto no boxe explicativo a seguir. A magnitude de δθr
é o próprio
ângulo δθ, e dizemos que sua direção e sentido são os mesmos do eixo
de rotação, como mostra a Figura 7.4.
Figura 7.4: Rotação infinitesimal.
δθr
δθr
r
r
δ δθr
r
r
s r= × ,v
290 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 291
AU
LA 7
Para uma partícula do objeto rígido que sofreu uma rotação
infinitesimal δθ, o deslocamento será δ δθs r= , onde r é a distância
da partícula ao eixo de rotação. Como a rotação é infinitesimal, o arco
δs é aproximadamente uma reta e associamos um vetor δ δθr
r
r
s r= × , à rotação.
Note que δ δθr
r
r
s r= × , liga as posições da partícula antes e depois da rotação
infinitesimal (veja a Figura 7.4) e tem, em boa aproximação, magnitude δs.
Esse vetor δ δθr
r
r
s r= × , também é perpendicular aos vetores r
r e δθr
, está contido
no plano de rotação e, portanto, pode ser expresso como
(7.1)
onde o símbolo × indica o produto vetorial entre r
r e δθr
, como você
verá na próxima seção.
δ δθr
r
r
s r= × ,
Vetores axiais têm módulo (magnitude) e direção bem definidos, mas seu sentido é definido por uma convenção.
Por exemplo, fisicamente, não há nada que permita associar um sentido ao nosso vetor axial δθ
r
. Entretanto, por convenção, adotamos um sentido para δθ
r
da seguinte forma: se fosse possível colocar um sujeito em cima do plano de rotação olhando para baixo, ele veria a rotação acontecendo no sentido anti-horário, quando δθr
está para cima. É lógico que, se δθr
estivesse para baixo, o sujeito veria a rotação no sentido horário.
A convenção que adotamos é a mais comum, mas poderíamos perfeitamente inverter o sentido do vetor δθ
r
sem alterar em nada o entendimento físico da rotação observada.
Como o sentido do vetor está associado à orientação de um eixo, vetores como δθ
r
são chamados de vetores axiais.
Outros exemplos de vetores axiais são o vetor velocidade angular e o vetor aceleração angular, que veremos a seguir. Por outro lado, vetores como a velocidade, o momento linear ou a força, que têm sentido bem definido, são chamados de vetores polares.
290 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 291
AU
LA 7
PRODUTO VETORIAL
De maneira a representar vetorialmente as rotações, vamos
definir o produto vetorial entre vetores. O produto vetorial do vetor r
A pelo vetor r
B será um novo vetor, que representaremos por r r
A B× .
O símbolo na expressão r r
A B× será lido “r
A vetorial r
B”ou “produto
vetorial de r
A por r
B”.
Você verá que o produto vetorial depende da ordem dos fatores,
isto é, em geral r r
B A× é diferente de r r
A B× . Portanto, fique bem atento
quando estiver tratando com o produto vetorial de dois vetores, pois a
ordem dos fatores desempenha um papel importante no produto vetorial.
Dizemos, então, que o produto vetorial é não-comutativo.
Sejar
C o vetor resultante do produto vetorial dos vetores r
A e r
B , ou seja,
. (7.2)
O vetor r
C é definido por uma direção perpendicular ao plano
definido por r
A e r
B .
Mas, se você leu o apêndice da Aula 2, em que tratamos de vetores,
você pode se perguntar:
E quanto ao sentido?
Bem, vamos com calma. Ele é um pouco mais complicado.
O sentido do vetor r
C é tal que, quando visto de sua extremidade, r
A gira aproximando-se de r
B no sentido anti-horário.
r r r
C A B= ×
Figura 7.5: A representação gráfica para o produto vetorial entre os vetores A e B.
C = A x B
– C = B x A
A
B
θ
292 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 293
AU
LA 7
E como fica o módulo (ou a magnitude) do vetor , que resulta do
produto vetorial r r
A B× ?
Bem, por definição, temos que
(7.3)
onde θ é o ângulo entre as direções dos vetores r
A e r
B e tem de ser
menor que 1800.
Observando a Equação 7.2.1, notamos que, mesmo sendo r
A ≠ 0
e r
B ≠ 0, podemos ter um produto vetorial nulo, ou seja,
, (7.4)
basta que os vetores r
A e r
B tenham a mesma direção, isto é, sejam
paralelos. Em particular,
. (7.5)
E o que acontece se, ao invés de r r r
A B× = 0, fizermos r r
B A× ?
Neste caso, o módulo e a direção serão os mesmos; o que irá mudar
é o sentido, uma vez que o sentido de r r
B A× é tal que, quando visto de
sua extremidade, r
B gira no sentido horário aproximando-se de r
A. Logo,
vemos que o sentido é oposto ao do produto vetorial de r r r
A B× = 0, ou seja,
, (7.6)
como podemos ver na Figura 7.5.
r r r
A B× = 0
r r r
A A× = 0
r r r r r
B A A B C× = − × = −
r r r r r
C A B A B sen= × = θ ,
292 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 293
AU
LA 7
Um truque para determinar o sentido do vetor r
C é usarmos a conhecida regra da mão direita, que consiste no seguinte: coloque os dedos da sua mão direita, com exceção do polegar, na direção do vetor
r r
B A× . Agora feche a mão para o lado em que se encontra o vetor
r r
B A×, mantendo o polegar esticado. O sentido do vetor r
C é para onde o seu dedão aponta, como mostra a figura.
Pelo que viu na seção anterior, você já deve ter percebido,
portanto, que o produto vetorial é muito importante para representar
as características da rotação dos vetores.
Quando estivermos tratando com os vetores unitários dos eixos
coordenados, é necessário termos em mente as seguintes propriedades:
. (7.7)
Uma vez que qualquer vetor pode ser escrito em termos dos vetores
unitários, temos, em três dimensões, que
u u u u u
u u u u u
u u u u u
x y z y x
y z x z y
z x y x z
× = = − ×
× = = − ×
× = = − ×
C
B
A C
B
A
294 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 295
AU
LA 7
(7.8)
(7.9)
Com esta representação em mente, fazemos
(7.10)
onde • denota o determinante da matriz acima. Essa expressão é muito
útil para o cálculo do produto vetorial.
Finalmente, considere agora uma partícula em movimento
circular, como aquela partícula de um corpo rígido no plano de rotação
indicada pelo ponto P na Figura 7.3. Por definição, sua velocidade linear
é r r
v dr dt= / . Por sua vez, dr dt s tt
r r
/ lim /≡ ( )→δ
δ δ0
, como você viu quando
estudou a Cinemática Vetorial na Aula 2. É claro que, quando δ t → 0,
temos uma rotação infinitesimal e podemos substituir o resultado da
Equação 7.1.1 na nossa expressão para a velocidade linear da partícula, r
r
r
v t rt
= ( )×→
lim / ,δ
δθ δ0
ou seja,
(7.11)
onde rω é o vetor velocidade angular. O módulo deste vetor corresponde
à velocidade angular escalar ω θ= d dt/ , que você viu na Aula 2, a
direção de r
ω é a mesma do eixo de rotação, enquanto o sentido de r
ω é definido pelo sentido de δθr
. Assim, podemos representar o vetor
velocidade angular por
. (7.12)
De maneira análoga, podemos definir o vetor aceleração angular
como
(7.13)
onde α θ= d dt2 2/ é a aceleração angular escalar.
r
A A A Ax x y y z z= + +u u u ,
r
B B B Bx x y y z z= + +u u u .
r r r
v r= ×ω ,
r
r
ωθ= d
dt
r
r
αθ≡ d
dt
2
2 ,
rr
A B
A B A B A By z z y z
× = + + × + +
= − +
( ) ( )
( ) (
A A A B B Bx x y y z z x x y y z z
x
u u u u u u
u xx x z x y y xA B A B A B
− + −
=
) ( )u u
u u u
y z
x y z
x y zA A A
BB B Bx y z
,
294 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 295
AU
LA 7
Note que os cálculos de derivadas e integrais estão fora do objetivo deste curso e não serão cobrados nas avaliações.
!
ATIVIDADES
1. Considere um hexágono cujos lados têm comprimento unitário. Seus vértices estão localizados nos pontos O, A, B, C, D e E, sendo O a origem dos eixos cartesianos, como ilustra a Figura 7.6.
a. Escreva os vetores a, b, c, d e e em termos dos vetores unitários ux e uy.
b. Calcule os produtos vetoriais a × b; b × c; c × d e d × e.
c. Interprete os resultados encontrados no item (b).
Figura 7.6: Hexágono de vértices localizados nos pontos O, A, B, C, D e E.
C
B
Y
D
A
E
OX
d c
b
e
a
296 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 297
AU
LA 7
RESPOSTAS COMENTADAS
Vamos calcular as componentes cartesianas de cada um dos vetores
a, b, c, d e e, usando como sistema de coordenadas os eixos X e Y
da Figura 7.6. Note que o ângulo entre os lados vizinhos do hexágono
vale 120o.
a. Como os lados do hexágono têm comprimento unitário, você
certamente percebeu que o vetor a é o próprio vetor unitário ux ,
Para poder escrever o vetor b, você deve se convencer de que a
componente X é dada por bx = 1 + cos60o e a componente Y, por
by = sen60o. Dessa forma, o vetor b pode ser escrito da seguinte
maneira:
Veja na Figura 7.6 que a componente X do vetor c é igual ao comprimento
unitário do lado do hexágono, cx = 1. Por outro lado, a componente
Y do vetor c é o dobro da componente Y do vetor b, cy = 2by = 3 .
Sendo assim,
O vetor d tem somente a componente Y não nula,
Por fim, você pode observar na Figura 7.6 que o vetor e tem uma
componente X dada por ex = –cos60o e uma componente Y dada
por ey = sen60o. A partir desta observação, você conclui que o vetor e
pode ser expresso como
b. Para calcular o produto vetorial entre dois vetores, vamos usar as
propriedades ux × ux = uy × uy = 0 e ux × uy = –uy × ux = uz. Note que o
vetor unitário uz é perpendicular ao plano XY, ou ainda, aponta para
o leitor que observa a Figura 7.6.
Cálculo de a × b:
A partir dos vetores a e b calculados no item (a), você pode escrever
o produto
Ao usar a lei distributiva do produto vetorial e, em seguida, as
propriedades ux × ux = 0 e ux × uy = uz , você vai encontrar o
resultado
a u= x .
b u u= +32
32x y .
c u u= +x y3 .
d u= 3 y .
e u u= − +12
32x y .
a b u u u× = × +
x x y
32
32
.
a b u u u u u× = × + × =32
32
32x x x y z .
296 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 297
AU
LA 7
Cálculo de b × c:
Para calcular este produto vetorial, você primeiro deve usar a lei distributiva
na equação
isto é,
Lembre-se de que ux × uy = –uy × ux = uz , ou seja, o produto vetorial
acima vale simplesmente
Cálculo de c × d:
Aqui você também terá de distribuir as componentes do produto,
Quando você usar as propriedades do produto vetorial entre os vetores
unitários, vai encontrar o seguinte resultado:
Cálculo de d × e:
Novamente, você deve usar a lei distributiva,
Note que você pode usar a anti-simetria do produto vetorial,
–uy × ux = uz ,
c. A interpretação geométrica do produto vetorial é a seguinte: o módulo
do produto vetorial |a × b| é igual à área do paralelogramo formado pelos
vetores a e b.
Você pode conferir que os resultados encontrados no item (b) são:
(i) |a × b| = |d × e| = 3 /2, ou seja, o paralelogramo formado pelos
vetores a e b tem a mesma área que o paralelogramo formado
pelos vetores d e e.
(ii) |b × c| = |c × d| = 3 , ou seja, o paralelogramo formado pelos
vetores b e c tem a mesma área que o paralelogramo formado
pelos vetores c e d.
b c u u u u u u u u× = × + × + × + ×32
3 32
32
32x x x y y x y y .
b c u u u× = −
× =3 3
23
23x y z .
c d u u u u u u u× = +( )× ( ) = × + ×x y y x y y y3 3 3 3 .
c d u× = 3 z .
d e u u u u u u u× = ( )× − +
= − × + ×3
12
32
32
32y x y y x y y .
d e u× = 32 z .
b c u u u u× = +
× +( )3
23
23x y x y ,
298 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 299
AU
LA 7
2. Um pião gira uniformemente em torno do eixo Z com uma velocidade angular de 10rad/s, como está mostrado na Figura 7.7. Simultaneamente, o eixo Z do pião gira com uma velocidade angular de 5,0rad/s em torno do eixo Z'. O eixo Z está inclinado de 16o em relação ao eixo Z'. O centro de gravidade do pião está localizado no ponto C, sendo que o segmento de reta CP é perpendicular ao eixo Z e mede CP = 2,0cm de comprimento.
a. Qual é o vetor velocidade angular resultante do pião? O pião gira em torno de qual direção?
b. Qual é o vetor velocidade do movimento giratório do ponto P do pião?
Figura 7.7: Pião que gira, simultaneamente, em torno dos eixos Z e Z'.
Z' Z
P
C
160
298 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 299
AU
LA 7
RESPOSTAS COMENTADAS
Vamos usar um sistema de coordenadas fixo no pião, formado
pelos eixos X, Y e Z. Como você pode ver na Figura 7.8, a origem
dos eixos fica localizada no ponto C. Veja também que o eixo X
escolhido fica na direção do segmento de reta CP. Dessa forma, a
direção do eixo Y é perpendicular ao plano da Figura 7.8 e aponta
para dentro da página.
Uma vez definido o sistema de coordenadas, você pode representar
o vetor de velocidade angular em torno do eixo Z pelo vetor r
ω que
tem um módulo igual a ω = 10rad/s. Este vetor pode ser escrito em
termos do vetor unitário uz da seguinte forma:
Para representar o vetor de velocidade angular em torno do eixo Z',
você pode usar um vetor ω ´uru
cujo módulo vale ω ´uru
= 5,0rad/s. Observe
na Figura 7.8 que este vetor possui componentes nas direções
X e Z, isto é, deve ser escrito como uma combinação dos vetores
unitários ux e uz ,
Assim, a rotação em torno do eixo Z' é representada por
ω ωur
= =u uz z( ) .10rad/s
ω ω´ ´(cos ).uru
= −16 16o osenu uz x
Figura 7.8: O sistema de eixos X, Y e Z fixo no pião. Veja também os vetores de velocidade angular
r
ω e ω ´uru
, bem como o vetor de posição do ponto P.
ω ´ ( , , ) .uru
≈ −4 8 1 4u uz x rad/s
r
r
Z
PC
160
r
ω
X
ω ´uru
300 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 301
AU
LA 7
a. Você deve calcular a resultante da rotação do pião em torno dos
eixos Z e Z', ou seja, é preciso somar os vetores de velocidade angular,
ω ω ωR
u ru ur uru
= + ´ . Isto significa que a rotação do pião é representada por
ωR
u ru
, isto é, gira em torno da direção do vetor ωR
u ru
com uma velocidade
angular dada pelo módulo ω ωR R=u ru
.
Você consegue calcular o vetor resultante ωR
u ru
somando as compo-
nentes de cada um dos vetores r
ω e ω ´uru
. De imediato, você encontra
o seguinte resultado:
Note que o vetor de velocidade angular resultante tem somente
componentes no plano XZ. A resposta da primeira pergunta do item
a é o vetor resultante
Destacamos que o vetor ωR
u ru
está no plano XZ. Para determinar a
direção na qual o pião gira ao redor, vamos calcular o produto escalar ω ω θR z R
u ru
g u = cos . Neste cálculo, θ é o ângulo entre o vetor de
velocidade angular resultante e o eixo Z. O produto escalar é dado
pela seguinte relação:
Portanto, você deve concluir que o ângulo entre os vetores ωR
u ru
e uz
vale
b. Para calcular a velocidade do ponto P do pião, você tem de usar
a seguinte fórmula:
Na equação dada, aparece a posição do ponto P, que você deve
representar pelo vetor r x
r
= ( , ) .0 02m u Ao usar a notação em termos
dos vetores unitários, você pode escrever o vetor velocidade,
Na equação dada, você pode aplicar a lei distributiva do produto
vetorial e, em seguida, usar o par de propriedades uz × ux = uy e
ux × ux = 0. Dessa maneira, você calcula o vetor velocidade do ponto
P do pião,
ωR z x
u ru
≈ −( , ) .15 1 4u u rad/s
ω ω ω ω ω ω θR z
u ru
g u = + = + +´cos ( ´cos ) ( ´ ) cos .16 16 162 2o o osen
θ =+
≈−cos
,, .1
2 2
15
15 1 45 3o
v rR
r u ru r
= ×ω .
v z x x
r
≈ − ×[( ) ( , ) ] ( , ) .15 1 4 0 02rad/s rad/s mu u u
ω ω ω ωR z x
u ru
= + −( cos ) .´ u ´ u16 16o osen
v y
r
≈ ( , ) .0 30m/s u
300 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 301
AU
LA 7
TORQUE E MOMENTO ANGULAR
Você com certeza já deve ter se perguntado a respeito do motivo
de a maçaneta da porta ser posta o mais distante possível da dobradiça.
Bem, o motivo reside no fato de que, dependendo do lugar e da direção
da força aplicada na superfície da porta, diferentes acelerações angulares
irão surgir.
Por exemplo, se você aplicar uma força r
F1 na borda e paralela ao
plano da porta, essa força não produz aceleração angular, como pode ser
visto na Figura 7.9; tampouco uma força r
F2 sobre as dobradiças (veja
a Figura 7.9). Entretanto, se você aplicar uma força r
F3 perpendicular
ao plano da porta, e bem próxima da sua borda externa, notará uma
aceleração angular acentuada.
Figura 7.9: Forças r
F1 , r
F2 e r
F3 atuando sobre uma porta. Apenas produzem aceleração angular acentuada.
r
F1
r
F2
r
F3
Esses exemplos ilustram o fato de que existe um análogo à força
no tratamento do movimento rotacional. Essa grandeza desempenha um
papel semelhante ao que a força desempenha no movimento translacional.
Pois, da mesma forma que um corpo permanece em repouso, a não ser
que uma força seja aplicada sobre ela, uma rotação só pode ser produzida
302 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 303
AU
LA 7
quando essa grandeza análoga é aplicada sobre o corpo. Este análogo é
uma grandeza vetorial chamada de torque, que mede a tendência de uma
força girar um objeto sobre algum eixo. Aliás, a palavra torque vem do
latim torquere, que significa torcer.
Naturalmente, uma força é necessária para que um torque seja
criado, pois você não pode girar uma porta sem empurrá-la. Mas força
e torque são duas coisas diferentes. Uma distinção entre elas é a direção.
Nós usamos sinais positivo e negativo para representar forças nas duas
direções possíveis ao longo de uma linha. No entanto, por convenção,
a direção de um torque é horária ou anti-horária, e não uma direção
linear. Outra diferença é o fato de que a mesma quantidade de força pode
levar a diferentes quantidades de torque. Podemos ter ainda a situação
em que temos torque total nulo, apesar de termos uma força total não
nula, conforme vimos nos exemplos anteriores.
Vamos agora estudar os aspectos quantitativos referentes aos
conceitos que mencionamos: considere uma partícula de massa m sujeita
a uma força total dpdt
Fr
r
= . A Segunda Lei de Newton aplicada a essa partícula
é que determina os seus movimentos possíveis, ou seja,
. (7.14)
Mas, associada a esses movimentos, há uma grandeza chamada de
momento angular (que você verá agora), que se mostrará conveniente na
discussão, tanto qualitativa, como quantitativa dos movimentos de rotação.
Façamos a multiplicação vetorial do vetor posição r
r da partícula
pelos dois membros da Segunda Lei de Newton escrita na Equação
7.14. Obtemos:
. (7.15)
Usando as propriedades do produto vetorial, podemos reescrever
a equação anterior por
. (7.16)
Representaremos porr
L o vetor que está sendo derivado no lado
esquerdo da Equação 7.16,
. (7.17)
dpdt
Fr
r
=
r
r
r
r
rdpdt
r F× = ×
ddt
r p r F( )r
r
r
r
× = ×
r
r
r
L r p= ×
302 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 303
AU
LA 7
Ele é o produto vetorial do vetor posição da partícula pelo seu
momento linear, r
r
p mv= , de modo que podemos também escrever:
. (7.18)
O vetor r
r
r
L r p= × é chamado momento angular da partícula relativo a
uma origem O. Temos, então, que o momento angular de uma partícula
relativo à origem O é o produto vetorial de seu vetor posição pelo seu
momento linear. Portanto, a unidade SI do momento angular é kg·m2/s.
Além disso, seguindo a regra da mão direita, vemos que a direção de r
r
r
L r p= ×
é perpendicular ao plano formado por r
r e r
r
r
L r p= × .
O momento angular é sempre definido em relação a um ponto, chamado de ponto-base. (No exemplo dado, o ponto-base é a origem.) Note que a magnitude e a direção de
r
r
r
L r p= × dependem da escolha da origem.A expressão “relativo à origem O” refere-se ao fato de que o vetor
r
r , na Equação (7.18), vai da origem O do sistema de eixos até a partícula.
!
Agora, se dpdt
Fr
r
= é a força que age sobre a partícula e rr seu vetor-posição,
o vetor torque, que representaremos por r r
r
τ = ×r F, será definido como:
. (7.19)
As dimensões de r r
r
τ = ×r F são as mesmas de trabalho (força x deslocamento).
Entretanto, são grandezas muito diferentes. De fato, lembre-se de que o torque
é uma grandeza vetorial, enquanto trabalho é uma grandeza escalar.
O torque de uma força que age sobre a partícula é chamado
usualmente de “torque exercido sobre a partícula”.
r r
r
τ = ×r F
Note que o torque também é sempre definido em relação a um ponto e sua magnitude e a direção dependem da escolha da origem.
!
r
r r
L r mv= ×
304 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 305
AU
LA 7
Agora compare o resultado da Equação 7.19 com a Equação 7.16
e veja que o vetor que aparece no lado direito da equação é o torque da
força total que age sobre a partícula. Podemos afirmar, portanto, que
a taxa instantânea de variação do momento angular de uma partícula
(relativo à origem) é igual ao torque (relativo à origem) da força total
que age sobre a partícula, isto é,
. (7.20)
Como conseqüência imediata desta expressão, temos que o
momento angular de uma partícula (em relação à origem) se conserva
quando o torque é nulo (em relação à origem), ou seja,
(7.21)
Vamos generalizar esse resultado para qualquer ponto do espaço:
sejam P o ponto onde a partícula se encontra e Q um ponto do espaço.
Vamos representar o vetor-posição de Q por r
rQ , que vai da origem O
até Q, conforme indicado na Figura 7.7.
Figura 7.10: A origem O, o ponto P, que indica a posição da partícula, e um ponto Q arbitrário. Os vetores
r
rQ , r
r e r
r ’ são mostrados.
dLdt
r
r= τ
r
r
τ = ⇒0 L constante.
O vetor que aponta de Q até a partícula é chamado de vetor-posição
da partícula relativo a Q, que vamos representar por r
r ’. Logo,
, (7.22)
onde rr ’ pode ser visto na Figura 7.10.
r r r′ = −r r rQ
Q
O
P
r'
rQ
r
304 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 305
AU
LA 7
Vamos considerar apenas o caso em que o ponto Q está fixo, isto
é, imóvel em relação ao sistema de eixos OXYZ. Nesse caso, dr dtQ
r
r
/ = 0.
Assim, definimos as generalizações dos conceitos de momento angular
e torque como se seguem:
• O momento angular r
LQ de uma partícula relativo a um ponto
fixo Q qualquer é o produto vetorial do vetor-posição relativo a Q da
partícula pelo seu momento linear, isto é,
, onde . (7.23)
• O torque relativo a um ponto Q qualquer, de uma força que
age sobre uma partícula, é o produto vetorial do vetor-posição relativo
a Q da partícula pela força, isto é,
. (7.24)
Obviamente, escolhendo o ponto fixo Q como a origem O do
sistema de eixos, o momento angular r
LQ se torna o momento angular
relativo à origem, r
LO (que representamos anteriormente por r
LO).
Considerando a hipótese de que o ponto Q é fixo, demonstra-se que
, (7.25)
isto é, a taxa instantânea de variação do momento angular de uma
partícula (relativo a um ponto fixo Q) é igual ao torque (relativo a Q) da
força resultante que age sobre a partícula. É claro que, tomando o ponto
fixo Q como a origem O, recuperamos o resultado visto na Equação
7.20, que havíamos visto anteriormente.
Esse resultado, chamado de Teorema do Momento Angular e
Torque, é o resultado mais importante desta aula. Para entendê-lo melhor
e aplicá-lo corretamente, devemos nos aprofundar nos significados das
grandezas que nele aparecem, o que faremos a seguir.
O torque é análogo à força no tratamento do movimento rotacional.
Mas qual o significado físico dessa frase? Para dar uma resposta
convincente, vamos nos lembrar de que o trabalho de uma força constante
aplicada sobre uma partícula no movimento linear é ∆ ∆W F x= , onde
∆x é o deslocamento da partícula. Ora, se o torque é o análogo da força
r
r
r
L r pQ = ′× r r r′ = −r r rQ
r r
r
τQ r F= ′×
dL
dtQ
Q
r
r= τ
306 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 307
AU
LA 7
no movimento das rotações, podemos dizer que o trabalho realizado
numa rotação ∆θ deve ser
(7.26)
Pela definição do vetor torque na Equação (7.24), temos que a
equação acima pode ser reescrita como
(7.27)
onde o ângulo φ pode ser visto na Figura 7.11, a seguir.
∆ ∆W = τ θ .
∆ ∆W F r= ( )sen φ θ ,
Note que F senφ é a componente da força que é perpendicular a r
r ; portanto, apenas a componente perpendicular da força contribui para
a realização de trabalho. Em outras palavras, somente a componente
perpendicular é eficaz na produção de rotação.
Aliás, isso era de se esperar, já que a componente da força paralela a r
r exerce apenas tração (ou compressão, de acordo com o sentido), que deve
ser absorvida pelo ponto de apoio, por onde passa o eixo de rotação.
A distância r senθ vista na Equação 7.27 é chamada de braço de
alavanca da força. Quanto maior for o braço de alavanca, mais eficaz será
a força na produção de rotação, e é exatamente por isso que a maçaneta
da porta fica o mais longe possível da dobradiça.
Figura 7.11: Disco em rotação.
z
τ = r × F
F
r
y
x
P
O
φ
306 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 307
AU
LA 7
Finalmente, vamos considerar o movimento de translação da
Terra ao redor do Sol. Se considerarmos apenas o sistema Terra-Sol,
as únicas forças que atuam no sistema são: a força gravitacional que a
Terra exerce sobre o Sol e a força gravitacional que o Sol exerce sobre
a Terra. Ambas estão na direção radial e, portanto, não são capazes de
produzir torque.
Mas a Terra gira em torno do Sol, não gira?
É claro que gira; pois, apesar do torque sobre a Terra ser nulo
(com relação à posição do Sol), seu momento angular é constante (com
relação à posição do Sol). Além disso, como o momento angular tem de
permanecer constante, pois o torque é nulo, o movimento de translação
da reta está contido num plano definido pelos vetores velocidade linear
e vetor-posição da Terra (com relação à posição do Sol).
A trajetória elíptica do movimento de translação da Terra em torno
do Sol está representada por uma linha tracejada na Figura 7.9. Vamos
considerar uma porção infinitesimal da trajetória, que corresponde a um
deslocamento dr. Nesse deslocamento, o vetor varre o triângulo cinza
mostrado na figura, cuja área é
(7.28)
já que essa área corresponde à metade do paralelogramo construído
sobre r e dr.
Figura 7.12: A linha tracejada indica o movimento de translação da Terra em torno do Sol.
dr = vdtr
Sol
dA
dA d= ×12
r r ,
308 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 309
AU
LA 7
A taxa de variação com o tempo da área varrida por r é chamada
de velocidade aureolar. Pela Equação (7.28), a velocidade aureolar se
expressa por
(7.29)
Como sabemos que o momento angular da Terra é constante,
a velocidade aureolar também é constante, ou seja, o raio vetor que
liga a Terra ao Sol descreve áreas iguais em tempos iguais. Aliás, essa é
exatamente a Segunda Lei de Kepler. Portanto, a Segunda Lei de Kepler é
simplesmente uma conseqüência da conservação do momento angular.
Como um último comentário, vamos escrever o módulo do
momento angular em termos da velocidade angular escalar ω. Ora, se
nos lembrarmos de que v r= ω para o movimento circular, pela definição
do momento angular, temos que
(7.30)
onde definimos a grandeza
(7.31)
como sendo o momento de inércia de uma partícula em relação a O.
dAdt
ddt m
L
m= × = × ≡1
21
2 2r
rr p
r
.
L r mv mr I= = ( ) ≡( ) ,2 ω ω
I mr= 2 ,
Podemos estabelecer uma correspondência entre as grandezas lineares e angulares, o que nos permite estabelecer uma analogia entre as rotações e o movimento translacional da seguinte forma:
• o deslocamento ∆r ↔ a rotação ∆r
θ ;• a velocidade rv ↔ a velocidade angular
r
ω ;• a aceleração ra ↔ a aceleração angular
r
α ;• o momento linear
r
p ↔ o momento angular r
r
r
L r p= ×;• a força
r
F ↔ o torque rτ ; e
• a massa m ↔ o momento de inércia I.
Essa analogia é muito útil se quisermos analisar a rotação de corpos rígidos. Entretanto, essa análise não faz parte do escopo deste curso.
308 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 309
AU
LA 7
ATIVIDADES
3. Uma massa de 50g está presa a uma corda que passa por um pequeno buraco de uma superfície horizontal, sem atrito. A massa está inicialmente se movimentando, como na Figura 7.13, com uma velocidade de 1,50m/s em um círculo de raio 0,300m. A corda é então lentamente puxada por baixo da mesa, e o raio do círculo diminui para 0,100m.
a. Calcule o momento angular da massa, relativo ao centro do círculo, quando o raio do círculo vale 0,300m?
b. Qual é o módulo do vetor velocidade da massa quando o raio do círculo vale 0,100m?
Figura 7.13: Uma massa em movimento circular sobre uma superfície horizontal.
ri
vi
m
310 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 311
AU
LA 7
RESPOSTAS COMENTADAS
a) Você pode entender o movimento circular da massa sobre a
mesa usando a definição do momento angular. Veja na Figura 13
que os vetores de posição ri
ur
e de velocidade vi
uru
, medidos com
relação ao centro do círculo, estão sobre o plano da mesa horizontal,
e por causa disto o momento angular L mr vi i i
uru ur uru
= × é um vetor cuja
direção é perpendicular ao plano da mesa. Mais ainda, o momento
angular tem sentido para cima porque o movimento ocorre no
sentido anti-horário.
O movimento inicial é realizado com um vetor velocidade de módulo
vi = 1,50m/s em um círculo de raio ri = 0,300m. Veja na Figura 13
que, em todos os pontos da trajetória circular, os vetores ri
ur
e vi
uru
são
perpendiculares. Isto significa que você pode simplificar o produto
vetorial r v rv rvi i i i i i
ur uru
× = =sen o90 . Assim, você consegue calcular o
módulo do momento angular,
O vetor momento angular tem direção perpendicular ao plano da
mesa e sentido para cima da mesa. Este sentido você pode verificar
usando a regra da mão direita.
b) Em primeiro lugar, vamos discutir o que acontece no movimento
da massa quando alguém puxa a corda por baixo da mesa.
Conforme foi discutido na Aula 5 do curso de Dinâmica, as
forças que atuam sobre a massa deste problema, a tração e a força
centrípeta, estão sobre o plano da mesa. Observe que a força de
tração tem direção radial, ou seja, fica sempre paralela à corda.
A partir desta observação, você pode chegar à conclusão de que
o torque exercido sobre a massa é nulo porque a força de tração
é paralela ao braço de alavanca, que, neste caso, é o vetor de
posição r
r . Você aprendeu que o momento angular é conservado
quando o torque é nulo.
À medida que a corda é puxada lentamente, o raio da trajetória
circular diminui, mas o vetor momento angular não é alterado. Nesse
momento, você já percebeu que é possível calcular o módulo do
vetor velocidade da massa simplesmente aplicando a conservação
do momento angular.
Ao reduzir o raio do círculo para r = 0,100m, a massa deve se mover
com uma certa velocidade v. Nesta nova configuração, você pode
afirmar que o momento angular L mr vur r r
= × é igual àquele que
você calculou no item a), L Li
ur uru
= . Você precisa calcular o módulo
do vetor L Li
ur uru
=,
L mrvi i i= =
≈ × −
( , )( , )( , )
, .
0 050 0 300 1 50
2 25 10 2
kg m m/s
kgm /s2
L mrv L mrvi i i= = = .
310 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 311
AU
LA 7
A partir da igualdade dada, você conseguirá calcular o módulo do
vetor velocidade L mr vur r r
= × ,
Observe que, ao diminuir em três vezes o raio da trajetória,
a velocidade da massa triplica.
4. Determine a massa m necessária para equilibrar um carro de 1.500kg que está sobre o plano inclinado mostrado na Figura 7.14. Assuma que as roldanas têm massa desprezível e não produzem atrito.
vr
rvi
i= = ≈( , )( , )
( , ) , .0 3000 100
1 50 4 50mm
m/s m/s
Figura 7.14: Carro em repouso sobre um plano inclinado.
1.500kg
3r
θ = 450
m
r
312 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 313
AU
LA 7
RESPOSTA COMENTADA
Neste problema, você deve perceber que duas forças atuam sobre as
roldanas acopladas no topo do plano inclinado. Para tal, você precisa
aplicar a Segunda Lei de Newton tanto para o carro em equilíbrio
quanto para o bloco de massa m em equilíbrio.
Como você pode ver na Figura 7.15, na roldana menor é exercida
uma força cujo módulo é dado pela projeção do peso do carro na
direção do plano inclinado, F1 = Mgsen45o. Por outro lado, na roldana
maior é exercida uma força igual à força peso do bloco de massa
m, ou seja, F2 = mg.
Vamos calcular o torque exercido sobre as roldanas. Note que a
direção do torque é dada pelo eixo perpendicular à Figura 7.15 que
passa pelo centro da roldana. O torque devido à força F F1 2
uru uru
tende a
produzir uma rotação no sentido anti-horário (sinal positivo),
e o torque devido à força F2
uru
tende a produzir uma rotação no sentido
horário (sinal negativo),
Agora você deve calcular o torque resultante exercido sobre a roldana.
Para que o carro esteja em equilíbrio, é necessário que o torque
resultante seja nulo,
A relação dada fornece o resultado procurado, isto é,
Figura 7.15: Esquema de forças que atuam sobre a roldana.
τ1 1= =rF rMgsen45o,
τ2 23 3= − = −rF rmg.
τ τ τ∑ = + =1 2 0.
3r
r
F2
uru
F F1 2
uru uru
mM= = ≈ ×3
1 500
3 23 5 102sen45
kgkgo ( . )
, .
312 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 313
AU
LA 7
MOMENTO ANGULAR DE UM SISTEMA DE PARTÍCULAS
Vamos considerar um sistema de partículas, de massas
m1, m2, ... , mN, posições r r
K
r
r r rN1 2, , , , e velocidades r r
K
r
v v vN1 2, , , .
A Segunda Lei de Newton, aplicada às partículas do sistema, nos leva
às equações:
(7.32)
onde r
Fiext
é a soma das forças externas sobre a partícula i e r
F iint é a soma
das forças internas sobre essa partícula. Naturalmente, r r
F Fiext
i+ int é a força
total sobre a partícula i. Façamos o produto vetorial de r
r1 pelos dois
lados da primeira equação na Equação (7.32), de r
r2 pelos dois lados da
segunda, e assim sucessivamente, até o produto vetorial de r
rN pelos dois
membros da N-ésima equação. As equações resultantes são
(7.33)
Nos lados direitos dessas equações, podemos identificar os torques
de forças internas e externas relativos à origem O. De acordo com o que
vimos anteriormente, os lados esquerdos dessas equações são as derivadas
temporais dos momentos angulares das partículas do sistema relativos à
origem O. Conseqüentemente, temos para a i-ésima partícula:
(i = 1, 2, ... N) (7.34)
mdvdt
F F
mdvdt
F F
mdvdt
F
ext
ext
NN
Ne
11
1 1
22
2 2
r
r
r
r
M
r
r
= +
= +
=
int
int
,
,
xxtNF+ int .
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r mdvdt
r F r F
r mdvdt
r F
ext
ext
1 11
1 1 1 1
2 22
2 2
× = × + ×
× = ×
int ,
++ ×
× = × + ×
r
r
M
r
r
r
r
r
r
r F
r mdvdt
r F r FN NN
N Next
N N
2 2int
int
,
.
r
r
r r
r mdv
dtddt
r m vi ii
i i i× = ×( )
314 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 315
AU
LA 7
Usando as igualdades na Equação 7.33, obtemos
Somando membro a membro as equações anteriores e considerando
o fato de que a soma das derivadas é igual à derivada da soma, obtemos
(7.35)
O lado esquerdo da Equação 7.35 é a derivada temporal da soma
dos momentos angulares, relativos à origem O, de todas as partículas
do sistema. Precisamente, essa soma é chamada momento angular do
sistema relativo à origem O. Representando por r
r r r r
L r m v r m vN N N= × + + ×1 1 1 ... o momento angular
do sistema, temos
. (7.36)
Portanto, o primeiro parêntese no lado direito na Equação 7.35
é a soma dos torques, relativos à origem O, de todas as forças externas
que agem sobre o sistema. Vamos chamar essa soma de torque externo
total sobre o sistema, relativo à origem O. Representaremos esse torque
externo total por rτ ext , de modo que
(7.37)
Finalmente, o segundo parêntese na Equação 7.35 é a soma dos
torques, relativos à origem O, de todas as forças internas que agem sobre
o sistema. Chamando essa soma torque interno total sobre o sistema,
relativo à origem O, e representando-a por dLdt ext
r
r r= +τ τ int temos
. (7.38)
ddt
r m v r F r F
ddt
r m v r F
ext( ) ,
( )
intr r r
r
r
r
r r r
r
1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2
× = × + ×
× = × 22 2 2ext
N N N N Next
N N
r F
ddt
r m v r F r F
+ ×
× = × + ×
r
r
M
r r r
r
r
r
int
int
,
( ) .
ddt
r m v r m v
r F r F
N N N
extN N
ext
( ... )
( ... ) (
r r r r
r
r
r
r
1 1 1
1 1
× + + × =
× + + × + rrr
r
r
r F r FN N1 1× + + ×int int... )
r
r r r r
L r m v r m vN N N= × + + ×1 1 1 ...
r r
r
r
r
τ exp ... .= × + + ×r F r FextN N
ext1 1
r r
r
r
r
τ intint int...= × + + ×r F r FN N1 1
314 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 315
AU
LA 7
Usando essas definições, podemos reescrever a Equação (7.20) como
. (7.39)
Agora você verá que o torque interno total sobre um sistema de
partículas qualquer é sempre nulo. As resultantes das forças internas sobre
cada uma das partículas do sistema são dadas pelas respectivas somas
vetoriais das forças exercidas pelas demais partículas do sistema, de modo
que a Equação 7.38 pode ser escrita, com mais detalhe, na forma
(7.40)
No lado direito dessa equação, temos para cada torque r
r
r Fi ij×outro torque dado por
r
r
r Fj ji× . Como todos os torques estão somados, essa
é uma soma de termos do tipo r
r
r
r
r F r Fi ij j ji× + × . Mas, pela Terceira Lei de
Newton, temos que r r
F Fij ji= − , e essa soma pode ser simplificada por:
(7.41)
onde a definição para a posição relativa é r r r
r r rij i j= −− .
Se utilizarmos a hipótese de que as forças internas são centrais,
isto é, de que r r
F Fij ji= − é paralela a r r r
r r rij i j= −− e, portanto, pode ser escrita como um
número λ ij multiplicado pelo vetor r r r
r r rij i j= −−, a Equação 7.41 nos fornece:
, (7.42)
que é nula, pois o produto vetorial de dois vetores paralelos, rrije
λ ij rrij
, é nulo. Com o resultado da Equação 7.42, fica demonstrado que
o lado direito da Equação 7.40 é uma soma vetorial nula e, portanto,
que o torque interno total é nulo:
. (7.43)
r
r
r
r
r r
r
r
r
r F r F r r F r Fi ij j ji i j ij ij ij× + × = − × = ×( ) ,
dLdt ext
r
r r= +τ τ int
r
r
r
r
r r
r
r
r
r r
r
r F r F r r F r F r ri ij j ji i j ij ij ij ij ij ij× + × = × × = × = × =( ) λ 0
r
r
τ int = 0
r r
r
r
r
r
r r
τ int ...
...
= × + + ×
+ × + + ×
r F r F
r F r F
N
N
1 12 1 1
2 21 2 2
+
+ × + + × −
...
... .r
r
r
r
r F r FN N N NN1 1.
316 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 317
AU
LA 7
Usando esse resultado na Equação (7.39), obtemos
, (7.44)
isto é, podemos afirmar que a taxa instantânea de variação temporal do
momento angular do sistema relativo à origem é igual ao torque externo
total sobre o sistema relativo à origem.
Esse resultado mostra que apenas os torques externos são
responsáveis pela mudança do momento angular total de um sistema.
É importante notar a enorme simplificação obtida com a informação
de que o torque interno total é nulo. Dentro de um corpo rígido, por
exemplo, podem ocorrer torques de extrema complexidade.
Contudo, todos eles se cancelam, deixando apenas os torques
externos para provocar as mudanças do momento angular do sistema.
Note que, como a Equação 7.42 é uma equação vetorial, ela é
equivalente a três equações numéricas, obtidas pelas projeções ao longo
dos eixos cartesianos:
; e . (7.45)
Como conseqüência imediata da Equação 7.44, temos
⇒ , , (7.46)
ou seja, se for nulo o torque externo total sobre um sistema relativo
à origem, o momento angular do sistema relativo à origem será
constante.
Naturalmente, se o vetor L Li
ur uru
= se conserva, temos três quantidades
numéricas que permanecem constantes durante o movimento, Lx, Ly
e Lz. O resultado escrito na Equação 7.46 é chamado de Teorema da
Conservação do Momento Angular de um Sistema de Partículas.
Agora, vamos definir alguns novos conceitos que nos permitirão
obter resultados que generalizam o teorema do momento angular e torque
visto na Equação 7.44.
Seja Q um ponto com o vetor-posição r
r
rQ = 0 e seja r
r o vetor-posição
de uma partícula qualquer, definimos o vetor-posição da partícula
relativo a Q como o vetor
dLdt ext
r
r= τ
dL
dtx
xext= τ
dL
dty
yext= τ
dL
dtz
zext= τ
r
r
τ ext = 0r
L = constante
316 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 317
AU
LA 7
. (7.47)
Naturalmente, r r r′ = −r r rQ é um vetor que vai de Q até a partícula. Suponha,
ainda, que o ponto Q possa ser um ponto móvel, isto é, um ponto cuja
posição varie com o tempo. Derivando em relação ao tempo os dois
lados da Equação 7.47, obtemos
, (7.48)
onde r
r
vdrdt
= é a velocidade da partícula, rr
vdr
dtQQ= é a velocidade do
ponto Q.
A derivada drdt
r′, que foi representada na fórmula anterior por dr
dtv v vQ
r
r r r′
= ′ = −, é
chamada velocidade da partícula relativa a Q. Definimos o momento
angular da partícula relativo ao ponto base Q como o vetor
, (7.49)
onde m é a massa da partícula. Se o ponto Q for a própria origem O,
temos r
r
rQ = 0 e r
r
vQ = 0. Conseqüentemente,r r′ =r r e
r r′ =v v . Nesse caso,
a Equação (7.49) recai na definição antiga de momento angular relativo à
origem, dada pela Equação (7.18). Se Q não mais coincidir com a origem,
mas ainda assim for um ponto fixo, teremos rr
vQ = 0 e, conseqüentemente, r r′ =v v . A Equação (7.49) assume a forma
r
r r
L r mvQ = ′× . Agora, estamos
considerando a definição geral, Equação (7.49), que engloba não apenas
esses casos, mas também deixa em aberto a possibilidade de Q ser algum
ponto móvel. Vamos também definir o torque relativo ao ponto Q de
uma força r r
r
τQ r F= ′× , como o vetor
. (7.50)
Vamos aplicar esses novos conceitos às partículas do sistema.
O vetor-posição relativo ao ponto Q da i-ésima partícula do sistema e
sua velocidade relativa a Q são, respectivamente,
e . (7.51)
r r r′ = −r r rQ
drdt
v v vQ
r
r r r′
= ′ = −
r
r r
L r mvQ = ′× ′
r r
r
τQ r F= ′×
r r r′ = −r r ri i Qr r r′ = ×v v vi i Q
318 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 319
AU
LA 7
O momento angular relativo a Q da i-ésima partícula é
. (7.52)
Definimos momento angular total do sistema relativo a Q como
sendo a soma dos momentos angulares relativos a Q de todas as partículas
do sistema. Representando esse momento angular total por r
r r
L
r r
L r m v r m vQ N N N= ′ × ′ + + ′ × ′1 1 1, temos
. (7.53)
Naturalmente, se o sistema tiver apenas uma partícula, recairemos
na definição anterior, dada pela Equação 7.49.
Se Q é um ponto fixo ou o centro de massa de um sistema, a taxa
instantânea de variação temporal do momento angular do sistema relativo
ao ponto Q é igual ao torque externo total sobre o sistema relativo ao
ponto Q. Conseqüentemente, se o torque externo total sobre o sistema
relativo a um ponto fixo ou ao centro de massa for nulo, será constante
o momento angular do sistema relativo ao ponto fixo ou ao centro de
massa, respectivamente.
A figura a seguir ilustra a relação entre os três vetores r
r
r Fi ij×, r
r
rQ = 0 e r′ri .
r
r r
L r m vQi i i i= ′× ′
Figura 7.16: Partícula de massa mi com suas posições em relação ao ponto Q e a origem O indicadas por ri' e ri respectivamente. rQ indica a posição de Q em relação a O.
r
r r
L
r r
L r m v r m vQ N N N= ′ × ′ + + ′ × ′1 1 1
Q
O
x
y
z
mi
ri
rQ
r′ri
318 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 319
AU
LA 7
ATIVIDADES
5. Na Figura 7.17, o corpo está fixado a um eixo no ponto O. Três forças são aplicadas nas direções mostradas na figura: no ponto A, a 8,0m de O, FA = 10N; no ponto B, a 4,0m de O, FB = 16N; no ponto C, a 3,0m de O, FC = 19N.
a. Calcule o torque em O devido a cada uma das forças FA
uru
, FB
uru
e FC
uru
.
b. Qual é o torque resultante em O?
Figura 7.17: Diagrama das forças aplicadas.
160o
90o
135o
FA
FC
FB
B
C A
O
320 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 321
AU
LA 7
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Você pode ver na Figura 7.17 que os três vetores de força FA
uru
, FB
uru
e FC
uru
,
assim como os vetores de posição rA
uru
, rB
ur
e rCuru
, estão todos sobre o plano
determinado pelo corpo. Se você chamar o torque produzido por cada
uma destas forças de τ A
uru
,τB
uru
e τC
uru
, então, a direção destes vetores de
torque é perpendicular ao plano da Figura 7.17. Vamos usar o eixo Z,
perpendicular ao corpo rígido mostrado na figura.
Como a distância entre o ponto A e o ponto O vale rA = 8,0m e o módulo
da força aplicada neste ponto vale FA = 10N, o torque produzido no ponto
O pela força FA
uru
tem que valer
No ponto B, é aplicada uma força cujo módulo é FB = 16N. O módulo
do vetor de posição vale rB = 4,0m, e sendo assim
Observe que o sentido do vetor τB
uru
é oposto ao sentido do vetor τ A
uru
,
como você pode verificar usando a regra da mão direita.
Note que no ponto C, onde rC = 3,0m, o braço de alavanca vale
rC sen20o.
Como a força aplicada em C tem um módulo igual a FC = 19N, o torque
produzido no ponto O pela força FC
uru
vale
Os resultados encontrados mostram que, enquanto as forças FA
uru
e FC
uru
tendem a girar o corpo no sentido anti-horário, a força tende a girar o
corpo no sentido horário.
b. Para determinar o torque resultante no ponto O, você precisa calcular
a seguinte soma vetorial:
Finalmente, usando os resultados que você calculou no item (a), você
pode calcular quanto vale τR
uru
,
τ A A A z zr Furu uru uru
= × = ≈( , )( ) ( ) .8 0 10 45 57m N sen Nmo u u
τ τ τ τR A B C
uru uru uru uru
= + + .
τR z
uru
≈ ( ) .13 Nm u
τC C C z zr Furu uru uru
= × = ≈( , )( ) ( , ) .3 0 19 19 5m N sen20 Nmou u
τB B B z zr Furu ur uru
= × = − = −( , )( ) ( ) .4 0 16 90 64m N sen Nmo u u
320 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 321
AU
LA 7
6. Dois astronautas, mostrados na Figura 7.18, cada um com uma massa de 75kg, estão conectados por uma corda de 10,0m, que tem massa desprezível. Eles estão isolados no espaço, girando ao redor do centro de massa a uma velocidade de 5,00m/s.
a. Tratando os astronautas como partículas, calcule o momento angular total.
Ao puxar a corda, um dos astronautas diminui a distância entre eles para 5,00m.
b. Qual é o novo momento angular do sistema?
c. Quais são os módulos das velocidades dos astronautas?
Figura 7.18: Dois astronautas ligados por uma corda.
CM
d
322 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 323
AU
LA 7
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Vamos considerar que cada um dos astronautas é uma partícula
de massa m1 = m2 = 75kg. Neste caso, o sistema que você vai
estudar se trata de um sistema de duas partículas de mesma
massa, girando ao redor do centro de massa do sistema com
um vetor velocidade de módulo igual a v1 = v2 = 5,00m/s. Apesar
de o módulo das velocidades v1ur
e v2
uru
serem iguais, a direção
e o sentido não são iguais, como você pode ver na Figura 7.I9.
Veja também que os módulos dos vetores-posição dos dois astro-
nautas também são iguais, r1 = r2 = 5,00m.
De início, você vai calcular o momento angular do astronauta 1,
L m r v1 1 1 1
uru ur uru
= × , e o momento angular do astronauta 2, L m r v2 2 2 2
u ru ur uru
= × ,
em relação ao centro de massa do sistema de duas partículas. Veja na
Figura 7.19 que os vetores de posição e de velocidade, r v r v1 1 1 1
ur uru
× = e v1ur
, têm
direções perpendiculares entre si, ou seja, r v r v1 1 1 1
ur uru
× = . O mesmo é
válido para r2 e v2 , em que r v r v2 2 2 2
ur uru
× = .
Figura 7.19: Vetores de posição e de velocidade dos dois astronautas.
Com isto, você pode calcular o módulo do momento angular do
astronauta 1,
e do astronauta 2,
Observe que os vetores r1ur
,v1ur
, r2ur
e v2
uru
estão todos no mesmo plano.
A partir desta consideração, você pode afirmar que os vetores de
momento angular, L m r v1 1 1 1
uru ur uru
= × e L m r v2 2 2 2
u ru ur uru
= ×, têm direção perpendicular ao plano da
Figura 7.19, e sentido que aponta para o leitor.
L m r v2 2 2 2375 5 00 5 00 1 88 10= = ≈ ×( )( , )( , ) , .kg m m/s kgm /s2
L m r v1 1 1 1375 5 00 5 00 1 88 10= = ≈ ×( )( , )( , ) , .kg m m/s kgm /s2
v1ur
v2
uru
CM
r v r v1 1 1 1
ur uru
× =r v r v2 2 2 2
ur uru
× =
322 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
CECIER J – Extensão 323
AU
LA 7
Você aprendeu que, para um sistema de partículas, o momento
angular total L L Lur uru u ru
= +1 2 é calculado por meio da soma vetorial do momento
angular de cada partícula do sistema, isto é, L L Lur uru u ru
= +1 2 . Assim como
os vetores L L Lur uru u ru
= +1 2 e L L Lur uru u ru
= +1 2 , o momento angular do sistema também tem
direção perpendicular ao plano da Figura 7.19. Você pode calcular
o módulo do momento angular total L L Lur uru u ru
= +1 2 da seguinte maneira:
b. Você deve lembrar que, para alterar o momento angular de uma
partícula, é necessário aplicar um torque sobre a mesma. No caso
de um sistema composto por partículas, o momento angular total é
conservado contanto que não exista um torque externo, τ ext
u ruu
. Note
que os astronautas estão no espaço, e com boa aproximação não
sofrem forças externas. Sendo assim, você deve usar a conservação
do momento angular total para afirmar que o novo momento
angular do sistema também é L L Lur uru u ru
= +1 2.
c. Nesta nova situação, a distância entre os dois astronautas dimi-
nui de 10,0m para 5,00m. Isto significa que o módulo do vetor
de posição dos dois astronautas passa a valer r´1 = r´2 = 2,50m.
Como as duas partículas do sistema têm a mesma massa, m1 = m2 ,
e estão separadas do centro de massa de uma mesma distância,
os novos módulos dos vetores de velocidade também são iguais,
v´1 = v´2 . Agora você só precisa usar a conservação do momento
angular total,
A partir desta igualdade, você conseguirá calcular o módulo do
vetor velocidade vr
,
Observe que, quando o astronauta diminui a distância pela metade,
o módulo do vetor velocidade é duplicado.
v vL
m rL
m r1 21 1 2 2
3
2 23 75 102 75 2 50
10´ ´´ ´
( , )( )( , )
,= = = = × =kgm /skg m
2
00m/s.
L L L mr v mr v= + = =1 2 1 1 2 22 2´ ´ ´ ´ ´ ´.
L m r v m r v= + = ×1 1 1 2 2 233 76 10, .kgm /s2
324 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular
R E S U M O
Nesta aula, você viu como representar as rotações infinitesimais como um produto
vetorial e estudou algumas das propriedades dessa operação entre vetores.
Em seguida, vimos como representar os vetores velocidade angular e aceleração
angular e estabelecemos uma analogia entre grandezas lineares e angulares para
definir o torque e o momento angular. Também vimos que a Segunda Lei de Kepler
é uma conseqüência da conservação do momento angular.
Finalmente, calculamos o torque total quando forças externas atuam sobre um
sistema de partículas e vimos que o momento angular do sistema se conserva
quando o torque total é nulo.
obje
tivos8AULA
Meta da aula
Hidrostática
Ao final desta aula, você deverá ser capaz de:
• calcular a pressão exercida por uma força sobre uma superfície de área conhecida;
• calcular a densidade de um fluido, quando conhecemos sua massa e volume;
• comparar substâncias fluidas em função de suas densidades;
• calcular a pressão manométrica de um fluido homogêneo e incompressível num campo gravitacional;
• aplicar o Princípio de Pascal do funcionamento esquemático de uma prensa hidráulica;
• prever se um objeto de densidade conhecida boiará, afundará ou permanecerá imóvel, quando mergulhado em um fluido de densidade conhecida;
• calcular o empuxo exercido por um fluido, com densidade conhecida, sobre um corpo de volume conhecido.
Discutir os principais aspectos relacionados aos fluidos em equilíbrio ou estáticos.
Pré-requisito
Para melhor compreensão desta aula, você precisa ter estudado a Aula 4 – As Aplicações das Leis de Newton.
Texto adaptado por Lizardo H. C. M. Nunes das apostilas:
- KHOURY, Antonio Zelaquett; FRANCESCHINI FILHO, Dante Ferreira. Física 2A. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. v.1.
326 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 327
AU
LA 8
PRESSÃO EM UM FLUIDO
Nesta aula, vamos estudar algumas das leis que regem o com-
portamento físico dos fluidos, que compreendem tanto líquidos como
gases. Em particular, vamos estudar apenas fluidos estáticos, isto é, em
repouso ou equilíbrio.
Para melhor entendermos o que é um fluido, vamos reproduzir
uma explicação do Professor H. Moysés Nussenzveig encontrada em
seu livro Curso de Física Básica 2 − Fluidos, oscilações e ondas, calor:
Um corpo sólido tem geralmente volume e forma bem definidos, que
só se alteram (usualmente pouco) em resposta a forças externas. Um
líquido tem volume bem definido, mas não a forma: mantendo seu
volume, amolda-se ao recipiente que o contém. Um gás não tem nem
forma nem volume bem definidos, expandindo-se até ocupar todo o
volume do recipiente que o contém. Líquidos e gases têm em comum,
graças à facilidade de deformação, a propriedade de poderem escoar
ou fluir facilmente, donde vem o nome de fluidos.
Em um meio material qualquer, dois tipos de força devem ser
considerados: forças normais e forças tangenciais à superfície. Por
exemplo, um bloco apoiado sobre uma mesa exerce uma força normal
(ou perpendicular) à superfície da mesa. Por outro lado, se colocarmos
um bloco preso por cola a uma parede, os elementos da superfície de
contato do bloco com a cola exercem forças tangenciais sobre a cola.
Um fluido opõe resistência ao deslizamento relativo de camadas
adjacentes: esta resistência mede a viscosidade de fluido, e depende,
basicamente, de como a velocidade varia no espaço em relação ao
deslocamento. As forças tangenciais estão associadas à viscosidade do
fluido e são responsáveis, por exemplo, pelo atrito entre a água e um
barco em movimento.
Contudo, uma boa descrição do comportamento dos fluidos pode
ser construída desprezando-se, em primeira aproximação, os efeitos
de viscosidade. Assim, adotaremos neste curso esta aproximação e
consideraremos os fluidos como ideais, isto é, incapazes de exercerem
forças tangenciais.
326 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 327
AU
LA 8
Nesta aproximação, a interação de um fluido ideal com o meio
que o circunda ocorre apenas através de forças normais à superfície do
fluido. Essas forças normais dão origem ao que chamamos de pressão
num fluido, o que definiremos a seguir.
Em um fluido, a viscosidade descreve a sua resistência ao fluir. De fato, quando em movimento, além das forças volumétricas externas que atuam sobre o fluido, como a gravidade, por exemplo, há uma força volumétrica interna, que corresponde ao atrito no deslizamento de camadas fluidas, umas sobre as outras, que chamamos de força de viscosidade.Portanto, fluidos que escoam mais facilmente são menos viscosos do que outros. Por exemplo, a água possui uma viscosidade menor do que o óleo vegetal.
PRESSÃO E DENSIDADE
A pressão está associada às forças normais que um fluido exerce
sobre as superfícies que o circundam. A maioria de nós está familiari-
zada com a noção de pressão através de várias experiências do nosso
cotidiano.
Esta noção surge, por exemplo, quando mergulhamos até o
fundo de uma piscina. Temos uma sensação de pressão nos ouvidos, que
aumenta à medida que descemos a profundidades maiores. Na verdade,
esta sensação está diretamente relacionada com as forças normais que a
água exerce sobre os nossos tímpanos e traduz a variação da pressão de
um fluido em função da profundidade, como veremos adiante.
Aliás, talvez o leitor já tenha percebido que essa sensação de pressão
não varia quando viramos a cabeça e mudamos a orientação dos ouvidos,
mantendo a cabeça sempre na mesma profundidade. Verifica-se que, se
a variação da profundidade for muito pequena durante o movimento,
nenhuma alteração será percebida na pressão exercida sobre os ouvidos.
Portanto, esta sensação depende da profundidade em que nos encontramos,
mas independe da direção em que orientamos nossos ouvidos. Logo,
se quisermos definir uma grandeza que represente a pressão da água sobre
nossos ouvidos, esta deverá ser uma grandeza escalar.
Ao exercermos uma força r
F sobre um objeto, podemos imaginar
que esta força se distribui sobre toda a área da superfície de contato
com o objeto. Por exemplo, quando colocamos um tijolo sobre uma
mesa, a força normal que sustenta o tijolo não é aplicada em um único
328 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 329
AU
LA 8
Figura 8.1.a: Forças normais atuando sobre tijolos distribuídos lado a lado...Fonte: Física 2A, Aula 1 – Figura 1.1, p.9 (p.3 do.pdf)
ponto, mas distribuída por toda a área de contato entre o tijolo e a mesa.
De fato, se desejamos apoiar um número grande de tijolos sobre a
mesa, é intuitivo esperar que a mesa corra um risco menor de que-
brar-se ao distribuirmos os tijolos por toda a superfície da mesa, como na
Figura 8.1.a, do que se os apoiarmos todos empilhados, uns sobre
os outros, como na Figura 8.1.b, ainda que a força normal total seja
a mesma nas duas situações.
Assim, desenvolvemos a noção de que o “esforço” exercido sobre o
material da mesa está relacionado com a distribuição da força pela superfície
de contato, isto é, com a força de contato por unidade de área.
Outra questão importante refere-se à direção da força de contato.
Por exemplo, imagine que agora apoiemos um tijolo sobre uma superfície
inclinada. Se assumirmos que o tijolo está em equilíbrio, a força de
contato r
Fc entre o tijolo e a superfície de contato será igual à soma
vetorial de uma componente normal à superfície (reação normal) e outra
tangente a esta (força de atrito r
Fat ), conforme mostrado na Figura 8.2.
Ao analisarmos o risco de a mesa quebrar, apenas a componente normal
será importante, a força de atrito está distribuída pelas rugosidades das
duas superfícies em contato.
Nuru
Nuru
Nuru
Nuru
4Nuru
Figura 8.1.b: ...e empilhados sobre uma mesa.
328 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 329
AU
LA 8
Figura 8.2: Forças atuando num tijolo apoiado sobre uma superfície inclinada com atrito.Fonte: Física 2A, Aula 1 – Figura 1.2, p.10 (p.4 do .pdf)
Levando em conta as noções colocadas, definimos uma grandeza
escalar que chamaremos pressão como:
(8.1)
ou seja, a pressão é a razão entre a componente normal da força de
contato (N = Fc cosθ) e a área A de contato.
Apesar de termos desenvolvido a noção de pressão num exemplo
envolvendo a superfície de contato entre dois corpos rígidos (mesa e
tijolo), a pressão pode ser definida para todos os pontos de um fluido.
A pressão exercida por um fluido sobre as paredes do recipiente que o
contém é transmitida a todos os pontos do fluido.
pNA
F
Ac= =cos
,θ
Nuru
r
Fc
r
Fat
Mg
No Sistema Internacional, a pressão é expressa numa unidade chamada de Pascal (Pa), definida como 1 Pascal= 1 Newton/(metro)2. Devido ao peso dos gases que compõem a atmosfera, os diferentes pontos dela próximos à superfície terrestre encontram-se a uma pressão de cerca de 1,01 × 105 Pa. Além disso, freqüentemente, expressamos valores de pressão em unidades da pressão atmosférica. Assim, definimos uma unidade chamada atmosfera (atm), de maneira que 1 atm = 1,01 × 105 Pa. Além da atm e do Pa, existem outras unidades de pressão.
N FC
uru uru
= cosθ
330 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 331
AU
LA 8
Definimos pressão em termos de força por unidade de área. Suponhamos agora o caminho inverso, isto é, conhecendo-se a pressão em todos os pontos de um fluido, desejamos determinar a força total exercida sobre as paredes do recipiente que contém o fluido. Lembre-se de que um fluido ideal não é capaz de exercer forças tangenciais e de que a pressão foi convenientemente definida em termos apenas da componente normal da força de contato entre duas superfícies. Podemos facilmente calcular a força a partir da pressão em condições simples como a de uma superfície plana de área A, cujos pontos estão todos à mesma pressão p. Este é o caso, por exemplo, da força exercida sobre o fundo plano de uma garrafa vertical contendo um determinado fluido, como mostrado na Figura 8.3.
Neste caso, a força total F exercida no fundo da garrafa é
(8.2)
onde n̂ é o vetor unitário normal à superfície, que aponta para fora do fluido.
No entanto, podemos estar interessados em calcular a força exercida sobre uma superfície curva, como a superfície lateral da garrafa na Figura 8.3. Neste caso, devemos tomar porções infinitesimais da superfície, com áreas ∆A aproximada-mente planas. Sendo estas porções infinitesimais, podemos ainda considerar a pressão p como constante sobre a área ∆A. A cada porção A corresponderá uma força infinitesimal F = p∆A n̂ , onde n̂ é o vetor unitário normal à superfície na região do elemento ∆A. Note que para uma superfície curva, a direção de n̂ varia de um ponto a outro. Para calcularmos a força total exercida sobre a superfície, devemos somar sobre todas as porções ∆A e fazer o limite ∆A → 0, ou seja, devemos integrar sobre todas as porções ∆A:
F = pAn̂,
F = ∫ p dA n .ˆ
Figura 8.3: Elementos de força e área sobre as superfícies de um recipiente contendo um fluido.Fonte: Física 2A, Aula1 – Figura 1.3, p.10 (p.5 do .pdf)
∆Fur
∆Fur
n̂
Fur
= PAn̂
∆A
∆A
n̂
n̂
(8.3)
Note ainda que essa expressão também pode ser usada quando a pressão varia de um ponto para outro da superfície.
330 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 331
AU
LA 8
A variação do volume de um fluido com a pressão é dada pelo
módulo de elasticidade volumar:
(8.4)
que nos dá a razão entre a variação de pressão ∆p e a variação
percentual ∆V/V de um fluido. Note que como ∆V/V é adimensional;
logo, B é expresso em unidades de pressão. O sinal negativo na definição
dada garante que B seja uma grandeza positiva. De fato, em geral, ao
aumentarmos a pressão sobre um fluido (∆p > 0) ocorre uma diminuição
do volume (∆V < 0) e vice-versa. Ou seja, ∆p e ∆V geralmente têm sinais
opostos, o que é compensado pelo sinal negativo na definição de B.
Se uma substância possui B muito grande, então é necessário exercer uma
pressão muito alta para produzir uma variação percentual de volume
apreciável. Por exemplo, o módulo volumar da água é igual a 2,2 × 109
N/m2. Isso significa que sob a pressão existente no fundo do Oceano
Pacífico (4,0 × 109 N/m2 ≈ 400atm), a variação percentual de volume
da água é de apenas 1,8%. Assim, podemos considerar a água como um
fluido incompressível.
Deste momento em diante, restringiremos nossa discussão aos
fluidos que, com boa aproximação, podem ser considerados como
incompressíveis.
Agora, vamos considerar outra grandeza escalar de grande
importância no estudo da hidrostática: a densidade, que traduz a
distribuição da massa do fluido no espaço que ocupa e é uma característica
particular de cada substância. Por definição, a densidade é a massa por
unidade de volume do fluido.
Assim, para um fluido homogêneo (em que a massa se distribui de
maneira uniforme), a densidade é dada simplesmente pela razão entre a
massa total do fluido e o volume ocupado por ele:
(8.5)
Bp
V V= −−
∆∆ /
,
Cálculos de derivadas e integrais estão fora do objetivo deste curso e não serão cobrados nas avaliações.
!
ρ = MV
.
332 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 333
AU
LA 8
ATIVIDADE
É fácil perceber que, no caso de um fluido incompressível,
a densidade não varia com a pressão.
1. Três líquidos que não se misturam são derramados dentro de um recipiente cilíndrico cuja base circular tem um raio de 4cm. Os volumes e densidades dos líquidos são respectivamente 0,50l; 2,6g/cm3; 0,25l; 1,0g/cm3; e 0,40l, 0,80g/cm3.
a. Qual é a força aplicada no fundo do recipiente devido a esses líquidos?
b. Qual é a pressão no fundo do recipiente? Um litro = 1l = 1.000cm3. (Ignore a contribuição da atmosfera.)
Considere a aceleração da gravidade como g = 9.8m/s2.
No Sistema Internacional (S.I.), a densidade é expressa em kg/m3. (Também podemos utilizar g/cm³.)
Por exemplo, a densidade da água, é 1,0 × 103 kg/m3 e a do mercúrio é da ordem de 13,6 × 103 kg/m3.
Fora do S.I., diversas unidades podem ser utilizadas, de acordo com o padrão de medidas adotado, como quilogramas por litro (kg/l), ou libras por polegada cúbica (lb/in3) etc.
332 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 333
AU
LA 8
RESPOSTAS COMENTADAS
Ao serem derramados no recipiente, lembre-se de que o líquido mais denso fica
no fundo enquanto que o menos denso fica acima dos outros dois. Para você
organizar a solução deste problema é conveniente dar um rótulo para cada
um dos líquidos. Vamos usar a letra X para o líquido mais denso, ou seja,
Note que usamos a unidade de massa convertida de grama para kilograma
bem como a relação de unidades 1l = 1.000cm3. Na seqüência, podemos
usar a letra Y,
Assim, o líquido menos denso recebe o rótulo dado pela letra Z,
Veja na Figura 8.4 a seguir, a maneira como os líquidos ficam separados
dentro do recipiente.
a. Agora, você já deve ter percebido que a força aplicada no fundo do
recipiente devido a esses líquidos é a força peso. Vamos calcular a força
peso de cada um dos líquidos, em separado, para depois somá-las.
Para você calcular a força peso de um certo volume V de um líquido, que
tem uma densidade ρ, é preciso usar a seguinte equação:
Veja como foi usada, na equação dada, a definição da densidade de um
fluido, isto é, ρ = m/V.
ρX
XV
= ==
2 6 2 6
0 5
, , ;
, .
g/cm kg/l
l
3
ρY
YV
= ==
1 0 1 0
0 25
, , ;
, .
g/cm kg/l
l
3
ρZ
ZV
= ==
0 80 0 80
0 40
, , ;
, .
g/cm kg/l
l
3
P mg V g= = ( ) .ρ
Figura 8.4: Os três líquidos X, Y e Z dentro do recipiente.
4 cm
Z
Y
X
334 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 335
AU
LA 8
A partir da equação da força peso, você vai poder calcular o peso do líquido
mais denso,
Da mesma forma, você conseguirá calcular o peso do líquido que rotulamos
de Y,
Para o líquido Z, menos denso que os demais líquidos, você deve calcular um
peso igual a
Como resultado de nossa análise, vemos que a força aplicada no fundo do
recipiente é dada pela soma da força peso de cada um dos líquidos. Portanto,
a força resultante será:
b. Note que o recipiente cilíndrico tem base circular, com um raio que vale
R = 4cm. Portanto, a pressão é devido à força F exercida sobre o fundo do
recipiente. Você vai precisar primeiro calcular a área da base do cilindro,
A = πR2. Por fim, você vai conseguir calcular a pressão no fundo do
recipiente,
F P P PX Y Z= + + ≈ 18N
FLUIDO INCOMPRESSÍVEL NUM CAMPO GRAVITACIONAL
Nesta seção, começaremos a discutir a variação da pressão em
função da presença de um campo gravitacional.
Antes de começarmos a discutir esta situação em um fluido, vamos
tentar enxergar o que acontece analisando as forças que agem sobre
uma pilha de três tijolos empilhados sobre o tampo de uma mesa, como
mostra a Figura 8.5.a. Suponhamos que os tijolos tenham as mesmas
dimensões e o mesmo peso e estejam empilhados.
pFA m
= ≈ ≈ ×180 04
3 62
N10 Pa3
π ( , ),
P V gX X X= = ≈ρ ( , ) ( , ) ( , ) .2 6 0 5 9 8 13kg/l l m/s N2
P V gY Y Y= = ≈ρ ( , ) ( , ) ( , ) , .1 0 0 25 9 8 2 5kg/l l m/s N2
P V gZ Z Z= = ≈ρ ( , ) ( , ) ( , ) , .0 80 0 40 9 8 3 1kg/l l m/s N2
334 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 335
AU
LA 8
Comecemos com a análise do tijolo superior. Sobre ele agem duas
forças, ambas na direção vertical: o próprio peso (igual a − mguz), e a
força normal do tijolo 2 sobre o tijolo 1, que chamaremos F21 = F21uz.
Sobre o tijolo do meio (tijolo 2), por sua vez, agem três forças, todas
também verticais: o seu peso, a força normal F12 exercida pelo tijolo 1,
(a qual, como conseqüência da Terceira Lei de Newton deve ser igual a
−F21 ), e a força normal F32 exercida pelo tijolo 3. Finalmente, sobre o
tijolo 3 agem, além do peso, a força normal exercida pela mesa FM3, e a
força normal F23 = −F32 exercida pelo tijolo 2. Todas estas forças estão
mostradas esquematicamente, para cada tijolo, na Figura 8.5.b.
Com base nesta análise, podemos então escrever a equação de
equilíbrio para cada tijolo, na direção uz:
(8.6)
A solução para o sistema de equações dado pode ser obtida
resolvendo primeiro a equação do tijolo 1, substituindo o valor de
F21 obtido na equação do tijolo 2, assim determinando F32, valor que
substituído na equação do tijolo 3 permite a determinação de FM3.
Figura 8.5.a e b: Descrição das forças que atuam sobre três tijolos empilhados.Fonte: Física 2A, Aula 1 – Figura 1.6, p.16 (p.10 do .pdf)
F W W Fur u ru u ru ur
12 21+ = −−
F W W Fur u ru u ru ur
23 32+ = −−
F Fur ur
21 32
F Fur ur
21 32
FM
ur
3
F W W Fur u ru u ru ur
12 21+ = −−
F mg
F F mg
21
32 21
0
0
−−−− −−
==
(tijolo 1),
(tijolo 2),
FF F mgM3 32 0−− −− = (tijolo 3).
1
2
3
1
2
3
a b
336 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 337
AU
LA 8
Seguindo este procedimento, podemos obter a magnitude de todas as
forças envolvidas:
(8.7)
Podemos então, fazer algumas observações em relação a esses
resultados. Em primeiro lugar, observa-se que, como deve ser esperado, a
força que a pilha de tijolos faz sobre a mesa ( F3M = −FM3 ) é igual ao peso
da pilha. Em segundo lugar, observamos que, para cada um dos tijolos,
a força exercida nas faces superior e inferior apresentam magnitudes
diferentes, o mesmo acontecendo com as pressões exercidas nestas faces,
uma vez que as suas áreas de superfície são iguais. Veja também, que a
força exercida na face superior de cada tijolo tem magnitude igual ao
peso dos tijolos empilhados sobre ela (o que se traduz em força nula
para o tijolo 1, força igual a mg para o tijolo 2, e 2mg para o tijolo 3).
Obviamente, a diferença entre as forças nas faces inferior e superior de
cada tijolo é igual em magnitude ao seu peso, uma vez que os tijolos
estão em equilíbrio.
Apesar da marcante diferença entre um fluido e um sólido,
o comportamento discutido para a pilha de tijolos deve encontrar
correspondência no comportamento de um fluido em equilíbrio.
A discussão a seguir será baseada na suposição de que se possa pensar
em um fluido como sendo composto de um número infinitamente grande
de elementos de volume, ou “células” de um fluido. Isso corresponde
a delimitar os elementos de volume do fluido por meio de superfícies
imaginárias, de modo a se formar um poliedro de fluido. Pode-se, por
exemplo, dividir um fluido por meio de planos paralelos às direções
x, y e z, com espaçamentos regulares em cada direção. Assim, um
elemento de fluido será constituído por paralelepípedos com arestas
iguais a ∆x, ∆y, e ∆z, como mostra a Figura 8.6.
F mg
F mg
F mgM
21
32
3
2
3
===
,
,
.
336 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 337
AU
LA 8
Figura 8.6: Elemento de volume utilizado na discussão da pressão em função da profundidade, na presença de um campo gravitacional.Fonte: Física 2A, Aula 1 – Figura 1.7, p.18 (p.12 do .pdf)
p(z) ∆x ∆y
−p(z + ∆z) ∆x ∆y ∆y
∆x
∆z
x
y
z
z + dz
z−p(z + ∆z) ∆x ∆y
−Peso (W) ≡ densidade × volume × g
p(z) ∆x ∆y massa
W = ρ × ∆x ∆y ∆z × g
}
Mesmo sendo imaginárias, é sobre as superfícies que separam uma
“célula” da outra, que são exercidas as forças de um elemento de fluido
sobre o outro. Como o fluido está em equilíbrio, a força resultante deve
ser nula. Portanto, deverá também ser nula a sua componente vertical
Fz. Considerando que as dimensões das faces do elemento de fluido são
pequenas o suficiente para que a pressão sobre elas seja constante, as
forças que atuam sobre o elemento são: o seu peso (λg∆x∆y∆z), e as
forças provenientes da pressão exercida sobre as faces superior e inferior
do paralelepípedo de fluido, como mostra a Figura 8.6. A equação de
equilíbrio para este fluido fica sendo então:
(8.8) F g x y z p z z x y p z x yz = +( ) + ( ) =ρ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆−− 0,
z$
z$
z$
338 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 339
AU
LA 8
onde z é a posição do fluido em relação à superfície, p(z) e p(z + ∆z)
são as pressões nas faces superior e inferior do fluido respectivamente,
e ρ é a densidade do fluido. Dividindo-se a equação de equilíbrio por
∆x∆y obtemos então:
(8.9)
ou
(8.10)
Fazendo agora o limite para dimensões muito pequenas do paralelepípedo,
obtemos a equação diferencial:
(8.11)
cuja solução é dada por:
(8.12)
o que resulta em:
(8.13)
onde p0 é a pressão na superfície do líquido (posição z = 0), ou seja, a
pressão de um fluido aumenta com a profundidade, o que está em acordo
com o aumento da pressão sobre os ouvidos quando mergulhamos em
direção ao fundo de um reservatório de água. É comum chamar-se a
quantidade ρgh de pressão manométrica, isto é, o valor da pressão menos
a pressão atmosférica, como veremos adiante.
O BARÔMETRO DE MERCÚRIO
A medida de pressão pode ser realizada, tanto por técnicas
hidrostáticas, como por técnicas hidrodinâmicas. Nesta aula, trataremos
apenas das técnicas hidrostáticas. As técnicas hidrodinâmicas baseiam-se
nas leis de escoamento de um fluido, que não estudaremos neste curso.
Chamamos de barômetro o aparelho utilizado para a medição
da pressão atmosférica. Um tipo rudimentar de barômetro de mercúrio
(símbolo químico: Hg) foi inventado no século XVII pelo italiano
Evangelista Torricelli. Um tubo de vidro fechado em uma das extremidades,
e completamente cheio de mercúrio, é colocado de cabeça para baixo em
um recipiente, também cheio de mercúrio, como mostra a Figura 8.7.
ρgpz
= ∆∆
.
∆p = ρg∆z
ρgdpdz
= ,
p p gh= +0 ρ ,
p p g dzh
−− 00
= ∫ρ ,
338 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 339
AU
LA 8
Utilizando um tubo, observa-se que a coluna de mercúrio desce
produzindo vácuo na parte mais alta do tubo. A pressão na região
de vácuo é praticamente nula. Como os pontos de um fluido, que se
encontram à mesma altura, possuem a mesma pressão, podemos calcular
a pressão atmosférica.
Figura 8.7: Barômetro de mercúrio.Fonte: Física 2A, Aula 2 – Figura 2.4, p.30 (p.8 do .pdf)
pB = pA
pA = p0
AB
h
p = 0
C
É comum expressarmos a pressão em unidades de “altura da coluna de Hg”. Por exemplo, a pressão atmosférica corresponde à pressão exercida por uma coluna de Hg com 760mm de altura, ou seja, 1atm = 760mmHg.
Conheça mais sobre o físico e matemático Evangelista Torricelli (1608-1647) através do link: http://pt.wikipedia.org/wiki/Evangelista_Torricelli
340 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 341
AU
LA 8
Para entendermos como funciona o barômetro de mercúrio,
vamos começar analisando os pontos A, B e C indicados na Figura
8.7, um sobre a superfície do mercúrio no recipiente (ponto A), outro à
mesma altura no interior do tubo (ponto B), de maneira que pA = pB, e,
ainda, outro na superfície do mercúrio no interior do tubo (ponto C).
Uma vez que o ponto A está em contato com a atmosfera, pA é igual à
pressão atmosférica p0 que queremos medir. Por outro lado, a pressão
no ponto B pode ser calculada com a Equação (8.9) aplicada aos pontos
B e C, lembrando-se de que pc = 0, pois C encontra-se na interface
entre o mercúrio e a região de vácuo. Assim, concluímos que pA = pB =
ρgh. Portanto, conhecendo-se a densidade do mercúrio e a aceleração
da gravidade no local da medida, pode-se medir a altura h da coluna
de mercúrio no tubo e obter o valor da pressão atmosférica no
local. Por exemplo, ao nível do mar, a altura da coluna de mercúrio
será de cerca de 760mm. Mais precisamente, 1 atmosfera (1atm)
corresponde a uma coluna de Hg de 760mm de altura a 00 C, sob
gravidade g = 9,80665 m/s2. Substituindo a densidade do mercúrio a
00 C, ρ = 1,35955 × 104 kg/m3, obtemos
Baseado no barômetro de mercúrio, definimos a unidade de pressão torr (em homenagem a Torricelli) como sendo a pressão correspondente a uma coluna de 1mm de Hg, ou seja,
1torr = (1, 35955 × 104 kg/m3)(9,80665 m/s2)(0,001m) = 133,326 Pa.
Chamamos de pressão manométrica a diferença entre a pressão
medida e a pressão atmosférica. A pressão absoluta num ponto qualquer
de um fluido é a soma da pressão manométrica com a pressão atmosférica,
e, portanto, corresponde à pressão real no ponto em questão.
O manômetro é um aparelho utilizado para medir pressões
manométricas. Um tipo simples deste aparelho é o manômetro de tubo
em U, como mostrado na Figura (8.8).
1atm = (1, 35955 × 104 kg/m3)(9, 80665 m/s2)(0, 76m) = 1,01 × 105 Pa.
340 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 341
AU
LA 8
Ele é formado por um tubo em forma de U, aberto em ambas as
extremidades, contendo um fluido manométrico com densidade ρ. Uma
das extremidades é colocada em contato com o sistema cuja pressão
queremos medir, enquanto a outra extremidade está em contato com
a atmosfera. Para calcularmos a pressão do sistema, utilizamos três
pontos de referência: o ponto A de contato entre o sistema e o fluido
manométrico, o ponto B localizado no outro ramo do tubo em U à
mesma altura de A, e o ponto C na região de contato entre o fluido
manométrico e a atmosfera. Como A e B estão à mesma altura, sobre
o mesmo fluido, temos que pA = pB. Por outro lado, podemos aplicar
a Equação (8.13) aos pontos B e C de maneira que pA = pB = p0 + ρgh.
A pressão manométrica no ponto A é, portanto,
(8.14)
Figura 8.8: Manômetro de tubo em U.Fonte: Física 2A, Aula 2 – Figura 2.5, p.31 (p.9 do .pdf).
pA = p
pc = p0
A
h
pB = pA
B
p p ghA −− 0 = ρ ,
C
Sistema pressão p
342 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 343
AU
LA 8
ATIVIDADE
ou seja, é proporcional à diferença de altura do fluido manométrico em
cada ramo do manômetro. Assim, conhecendo-se λ e g, podemos obter
a pressão manométrica medindo a altura h.
2. Um certo volume de mercúrio é colocado em um tubo em U, como está mostrado na Figura 8.9.a. O lado esquerdo do tubo tem uma seção reta de área A1 = 10,0cm2, e o lado direito tem uma seção reta de área A2 = 5,00cm2. Ao derramar 100g de água no lado direito do tubo, a configuração de equilíbrio fica como mostra a Figura 8.9.b.
a. Determine a altura da coluna de água no lado direito do tubo em U.
b. Calcule a pressão manométrica no ponto P´.
c. Dado que a densidade do mercúrio é 13,6 g/cm3, de quanto é a elevação h da coluna de mercúrio no lado esquerdo do tubo? Quanto vale d?
d. Calcule a pressão manométrica no ponto P.
Considere a aceleração da gravidade como g = 9.8m/s2 e a densidade da água como ρágua
3 g/cm= 1 .
Figura 8.9.a e b: Tubo em forma de U que contém em (a) mercúrio e (b) mercúrio e água.
p'
A1 A2A1 A2
ph
água
l
d
mercúrio
(a) (b)
342 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 343
AU
LA 8
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Primeiro você deve determinar o volume de água Va que foi colocado dentro
do tubo em U. Você pode fazer isso a partir da massa de água, ma=100g ,
e da densidade da água ρa =1,00g/cm3 = 1,00 × 103 kg/m3. Para isto, basta
que você use a definição da densidade de um fluido,
No lado direito do tubo em U, o volume do cilindro ocupado pela água,
Va = A2l, pode ser calculado pela multiplicação da área da seção reta
A2 = 5,00cm2 pela altura da coluna de água l. Dessa forma, você consegue
calcular a altura da coluna de água no lado direito do tubo em U,
b. Veja na Figura 8.9.b que a água no lado direito se apresenta mais alta
que o mercúrio no lado esquerdo, porque a água é menos densa do que o
mercúrio. Ambas as colunas de fluido produzem a mesma pressão p´ no nível
da interface mercúrio-água.
Você deve notar que a pressão p´, no ponto p´, é igual a pressão na interface
entre a água e o mercúrio dentro do tubo. Melhor ainda, é igual à pressão
exercida pela coluna de água com uma altura l = 20,0cm,
Sendo assim, você vai poder calcular a pressão manométrica no ponto p´,
c. Vamos ter de usar a densidade do mercúrio, ρm = 13,6g/cm3. Você já sabe
que a pressão p´, no ponto p´, pode ser expressa em termos da coluna de
mercúrio, com altura h + d, ou da coluna de água, com altura l,
No entanto, a segunda igualdade depende de duas incógnitas, h e d.
Na situação mostrada na Figura 8.9.a, a altura do mercúrio nos dois lados
do tubo são iguais. Vamos chamar esta altura de nível de equilíbrio. Após a
água ser colocada no lado direito do tubo, Figura 8.9.b, um certo volume de
mercúrio V vai se deslocar para baixo do nível de equilíbrio (no lado direito
do tubo). Considerando que (i) o mercúrio pode ser tratado como um fluido
Vm
aa
a
= = =ρ
( )( , / )
.100
1 001003
3gg cm
cm
lV
Aa= = =2
3
2
1005 00
20 0( )( , )
, .cmcm
cm
p p gla´ .= +0 ρ
p p´ ( , )( , )( , .− = × ≈ ×03 3 21 00 10 9 81 0 200kg/m m/s m) 1,96 10 Pa3
p p g h d p glm a´ ( ) .= + + = +0 0ρ ρ
344 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 345
AU
LA 8
incompressível e (ii) o mercúrio e a água não se misturam, você pode
concluir o seguinte: O volume de mercúrio que vai subir no lado esquerdo
do tubo, em relação ao nível de equilíbrio, também é de V. Mas se o volume
de mercúrio deslocado é o mesmo, o deslocamento para cima de h e para
baixo de d, são diferentes porque as áreas A1 e A2 não são iguais. Enfim,
a conclusão que você tem que chegar é simples,
Ao substituir o resultado no valor da pressão p´, você deve encontrar uma
altura igual a
Note que a altura de elevação do mercúrio h, relativamente ao nível de
equilíbrio, não depende da pressão atmosférica p0 e nem da aceleração
de queda livre g. Colocando os valores das densidades ρa e ρm , das áreas
A1 e A2 , e da altura da coluna de água l, você calcula a altura de elevação
do mercúrio h,
Conforme foi discutido, a relação entre a altura h e a altura d é dada pela
relação entre as áreas A1 e A2 . Não será difícil para você mostrar que
d. A pressão manométrica, no ponto P, é devido à coluna de mercúrio cuja
altura vale h. Usando a equação que descreve a variação da pressão em
um fluido em função da profundidade, você poderá escrever
Ao usar os valores já encontrados na equação dada, a pressão
manométrica no ponto P, fica
V A h A d= =1 2 .
hl
AA
a
m
=+
ρρ
1 1
2
.
h =+
( , )( , )
( , )
( , )( , )
1 0013 6
20 0
110 05 00
3
3 2
2
g/cmg/cm
cm
cmcm
≈≈ 0 490, .cm
dAA
h h= = ≈1
2
2 0 980, .cm
p p ghm= +0 ρ .
p p− = × × ≈ ×− −0
3 3 213 6 10 9 81 4 9 10 6 54 10( , )( , )( , ) , . kg/m m/s m Pa3 2
344 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 345
AU
LA 8
PRINCÍPIO DE PASCAL E APLICAÇÕES
A equação a seguir, que vimos na seção anterior,
(8.15)
descreve a variação da pressão em um fluido em função da profundidade.
Observe que ela tem um termo que depende da profundidade e um termo
constante igual a p0, a pressão na superfície do fluido. Uma conseqüência
direta desta equação é que, se variarmos o valor de p0, esta variação de
pressão será transmitida a todos os pontos do fluido. Esta propriedade
dos fluidos é conhecida como Princípio de Pascal, pois foi enunciada
pela primeira vez por Blaise Pascal.
p p gz= +0 ρ ,
Conheça mais sobre o físico Pascal (1623-1662) através do link:http://pt.wikipedia.org/wiki/Blaise_Pascal
Este princípio aplicado por Pascal é a realização do que se conhece
como prensa hidráulica. Você certamente já viu este dispositivo em
funcionamento. É o conhecido macaco hidráulico, com o auxílio do
qual, uma pessoa pode erguer facilmente um automóvel com massa de
centenas de quilogramas em uma oficina mecânica.
A Figura 8.10 mostra esquematicamente a prensa hidráulica, que
consiste em um recipiente cheio de um fluido, com duas aberturas, por
exemplo, cilíndricas, com diâmetros diferentes. Nestas aberturas estão
encaixados êmbolos leves e bem adaptados, de tal forma que nenhuma
quantidade de fluido possa passar entre a parede das aberturas e os
êmbolos. Na Figura 8.10, as áreas dos êmbolos estão assinaladas como
A1 e A2, sendo obviamente A1 > A2. Imagine que os êmbolos estão no
mesmo nível, e que, sobre o pistão de área A1, esteja posicionado um
objeto pesado de massa M. Assim, para entender o funcionamento da
prensa hidráulica, devemos responder à pergunta: “Qual é a força F
que devemos exercer sobre o êmbolo de área A2 para que o objeto com
massa M permaneça em equilíbrio?”
346 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 347
AU
LA 8
Para responder a esta pergunta precisaremos analisar as forças
que estão agindo sobre o objeto de massa M. Estas são o seu peso Mg
e a força normal N do êmbolo sobre o objeto. Uma vez que a massa M
está em equilíbrio, N = Mg, e, como conseqüência, a pressão exercida
sobre o fluido será igual a N/A1 que por sua vez é igual a Mg/A1. Pelo
Princípio de Pascal, esta pressão será transmitida à superfície do fluido
em contato com o êmbolo menor, ou seja,
(8.16)
onde F é a força que precisamos exercer para manter o objeto de massa
M em equilíbrio.
Considere agora a seguinte situação: uma prensa hidráulica
possui um êmbolo maior com 10cm de diâmetro e um menor com 2cm
de diâmetro. Qual a força necessária para erguer um objeto com massa
M = 100kg com o auxílio da prensa?
Ora, a área de contato do êmbolo maior (diâmetro de 10cm) é
de aproximadamente A1 = 0.0078m2 e a do êmbolo menor (diâmetro de
Figura 8.10: Esquema da prensa hidráulica.Fonte: Física 2A, Aula 2 – Figura 2.1, p.24 (p.2 do .pdf).
MgA
FA1 2
= ,
r
F
A1 A2
M
346 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 347
AU
LA 8
2cm) é de aproximadamente A2 = 0.00031m2. Assim, a força necessária
para equilibrar o objeto com massa igual a 100kg será, então, igual a
Observe que a força necessária é quase trinta vezes menor que o
peso do objeto, o que explica a facilidade com que se ergue um carro
num posto de gasolina!
Outra conseqüência do Princípio de Pascal, e que você prova-
velmente já conhece, é o Princípio dos vasos comunicantes. Este efeito
está esquematizado na Figura 8.11, onde é mostrado um vaso constituído
por ramificações de formatos diferentes, sendo o seu fundo nivelado. Uma
vez que todos os pontos do fundo do vaso estarão à mesma pressão, e que
a pressão na superfície do fluido em cada ramificação é igual à pressão
atmosférica, as alturas de fluido em cada ramificação serão iguais. Este
fato é mais bem explicado quando se expressa a pressão pF do fundo do
vaso em função da altura do líquido:
(8.18)
Destas equações, concluímos que h1 = h2 = h3.
p p gh
p p gh
p p gh
F
F
F
= += += +
0 1
0 2
0 3
ρρρ
,
,
.
Figura 8.11: Esquema dos vasos comunicantes.Fonte: Física 2A, Aula 2 – Figura 2.2, p.25 (p.3 do .pdf).
h1h2 h3
(8.17)FAA
Mg= =×
× =−
−2
1
2
2
210
5 10980 39 2
ππ
mm
N N.,
348 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 349
AU
LA 8
ATIVIDADES
3. Em uma mecânica de automóveis, o pistão menor de uma prensa hidráulica tem uma área de seção reta circular cujo raio vale 5,00cm. A pressão é transmitida por um fluido para um outro pistão de raio 15,0cm, conforme mostrado na Figura 8.12.
a. Qual força deve ser aplicada no pistão menor para levantar um carro com uma massa igual a 1.400kg?
b. De qual distância deve ser deslocado o pistão menor para elevar o carro a 1,0cm?
c. Demonstre que não existe violação da lei de conservação da energia mecânica. Para isto, mostre que o trabalho realizado pela força no pistão menor é igual ao trabalho realizado pelo pistão maior sobre o carro.
Figura 8.12: Diagrama de uma prensa hidráulica usada para levantar um automóvel.
d1
F1
A1
A2
d2
F2
348 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 349
AU
LA 8
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Na discussão sobre o Princípio de Pascal, você aprendeu que a
pressão na superfície do fluido em contato com o pistão menor, p1 ,
é transmitida para a superfície do fluido em contato com o pistão
maior, p2 . Isto é verdade porque nós estamos considerando que o
fluido da prensa hidráulica é incompressível. Dessa forma, você pode
ver que quando uma força de módulo F1 é exercida para baixo no
pistão menor, no pistão maior é exercida uma força de módulo F2
para cima. A relação entre essas duas forças é dada pelos valores
das áreas A1 e A2 ,
Note que a área do pistão menor vale A1 =π(R1,)2 sendo
que R1 = 5,00cm, e a do pistão maior vale A2 =π(R2)2, sendo que
R2 = 15,0cm.
Para manter o sistema em equilíbrio é necessário que o módulo da
força no pistão maior (para cima) seja igual ao módulo da força peso
do carro, P = mg = F2 . Aqui você deve concluir que
Com isso, você vai conseguir calcular quanto vale o módulo da força
que deve ser aplicada no pistão menor para levantar o carro,
b. Quando consideramos um fluido incompressível, o volume do
fluido deslocado pelo pistão menor tem de ser igual ao volume
deslocado pelo pistão maior. Neste problema, um deslocamento d1 do
pistão menor determina um certo volume V1 = A1d1 , enquanto
que no pistão maior, o volume é V2 = A2d2 . Ao impor que o fluido
é incompressível, ou seja, V1 = V2 , você vai deduzir a seguinte
relação:
Assim, você pode concluir que para elevar o carro de uma altura de
1,0cm, o pistão menor deve ser deslocado de
p pFA
FA1 2
1
1
2
2
= ⇔ = .
FAA
mg11
2
= .
A d A d1 1 2 2= .
dAA
d12
12
2 2
2 2
15 0 105 00 10
1 0 9 0= = ××
≈ππ
( , )( , )
( , ) , .−−
−−
mm
cm cm
Fmm1
2 2
2 22 35 00 10
15 0 101 400 9 8 1 52 10= ×
×≈ ×π
π( , )( , )
( . )( , ) ,−−
−− kg m/s NN.
350 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 351
AU
LA 8
c. Vamos mostrar que a prensa hidráulica não viola a conservação da
energia mecânica. Você deve começar calculando o trabalho realizado pela
força F1 ao deslocar o pistão menor de uma distância d1 . Você aprendeu
a calcular o trabalho realizado por uma força constante, ou seja,
Note que o trabalho W1 é positivo porque o vetor de força (cujo módulo
vale F1 ) tem a mesma direção e o mesmo sentido do vetor deslocamento
(cujo módulo vale d1 ).
Agora, você vai verificar que o volume do fluido incompressível deslocado
por ambos os pistões é o mesmo, ou melhor, que o deslocamento do
pistão menor vale d1 = A2d2/A1. Mais ainda, a força no pistão menor pode
ser escrita em termos da força exercida no pistão maior, F1 = A1F2 /A2.
A partir destas duas considerações, você deve conseguir expressar o
trabalho W1 em termos das grandezas d2 e F2 ,
O resultado que você encontrou mostra que a energia mecânica sempre
é conservada em um aparelho hidráulico. Na tarefa do item (b) deste
problema, para elevar o carro a 1,0cm, as duas forças, F1 e F2 , realizam
o mesmo trabalho, W1 = W2 = 1,37 × 104J.
4. Os pulmões humanos podem operar normalmente sob uma diferença de pressão de até cerca de 1/20 da pressão atmosférica.
a. Um mergulhador raciocina que, se um snorkel de 20cm funciona, um de 6,0m também funcionaria. Se ele insensatamente utilizar um tubo como esse, como mostrado na Figura 8.13, qual seria a diferença de pressão ∆p entre a pressão externa sobre ele e a pressão do ar em seus pulmões? Por que ele se encontra em perigo?
b. Um aprendiz de mergulho, praticando com um tanque de ar em uma piscina, enche seus pulmões com o ar de seu tanque antes de subir à superfície. Ele ignora as instruções e não expira enquanto sobe. Quando atinge a superfície, a diferença de pressão entre a pressão externa sobre ele e a pressão do ar em seus pulmões é de 0,1atm. De que profundidade ele começou? Que perigo potencialmente mortal está correndo?
W F d1 1 1= .
WAA
FAA
d F d W11
22
2
12 2 2 2=
= = .
350 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 351
AU
LA 8
RESPOSTAS COMENTADAS
Conforme foi mencionado, os pulmões são capazes de se expandir e
contrair normalmente quando a diferença entre a pressão do ar dentro
dos pulmões e a externa ao corpo vale aproximadamente 0,05atm.
Quando a pressão externa da água é muito maior do que a pressão do
ar dentro dos pulmões do mergulhador, ele não será capaz de expandir
seus pulmões para inspirar. Por outro lado, se, ao subir para a superfície,
a pressão interna dos pulmões for maior do que a pressão fora do corpo,
o mergulhador terá dificuldade para comprimir os seus pulmões. Neste
problema, você vai analisar dois casos em que um mergulhador pode
correr risco de vida.
Figura 8.13: Mergulhador usando um snorkel.
x
y = 0p0
352 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 353
AU
LA 8
a. Primeiro, vamos considerar que o mergulhador está a uma pro-
fundidade de L = 6,0m sem o snorkel. Você deve calcular a pressão
externa sobre o mergulhador usando a equação que descreve a variação
da pressão em um fluido em função da profundidade,
Nesta situação, o corpo do mergulhador se ajusta a essa pressão
contraindo-se ligeiramente até que a pressão interna esteja em
equilíbrio com a externa. Em particular, a pressão média do ar em
seus pulmões se iguala a p.
Com um tubo de 6,0m para respirar, o ar pressurizado em seus
pulmões será expelido através do tubo para a atmosfera e a pressão
em seus pulmões cairá rapidamente para p0 , ou seja, a pressão
atmosférica. Assim, na água doce em que p= 1,00 × 103kg/m3,
a diferença de pressão ∆p será de
Note que essa diferença de pressão, cerca de 0,6atm, é aproxi-
madamente dez vezes maior do que a diferença de pressão
aceitável para que os pulmões possam operar, isto é, 0,05atm. Como
conseqüência, o sangue pressurizado é forçado para dentro dos
pulmões, processo conhecido como compressão dos pulmões.
b. Quando o mergulhador enche os seus pulmões de ar a uma
profundidade L, a pressão externa sobre ele (e também a pressão
do ar em seus pulmões) é calculada a partir da equação
Note que enquanto o mergulhador sobe até a superfície da água,
a pressão externa decresce até ficar igual à pressão atmosférica p0 .
Sua pressão sangüínea também decresce até ficar normal. Contudo, a
menos que o mergulhador expire o ar durante a sua subida, a pressão
em seus pulmões não se altera. Você deve encontrar que, na superfície,
a diferença de pressão entre o ar nos pulmões do mergulhador e o ar
fora de seu corpo é dada por
p p gL= +0 ρ .
∆p p p= = × ≈ ×−− 03 41 00 10 9 8 6 0 5 9 10( , )( , )( , ) , .Kg/m m/s m Pa3 2
p p gL= +0 ρ .
∆p p p gL= =−− 0 ρ .
352 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 353
AU
LA 8
Veja que quando o aprendiz de mergulho chega na superfície da água
essa diferença de pressão vale ∆p = 0,1atm = 1,01 × 104Pa. Você pode
calcular a profundidade na qual o mergulhador começou a subida a partir
da seguinte equação:
A diferença de pressão é suficiente para romper os pulmões do mergulhador
e forçar o ar deles para o sangue despressurizado, que iria levar ar para
o coração, matando o mergulhador. Se ele seguir as instruções e expirar
enquanto sobe, permitirá que a pressão em seus pulmões se iguale à
pressão externa, não havendo risco para sua vida.
Lpg
= = ××
≈∆ρ
( , )( , )( , )
, .1 01 10
1 00 10 9 81 0
4
3
PaKg/m m/s
m3 2
PRINCÍPIO DE ARQUIMEDES
Faz parte da experiência de qualquer pessoa a observação de que
um objeto colocado em um fluido pode ter três tipos de comportamento
de equilíbrio: flutuar na superfície, ficar mergulhado em uma determinada
profundidade ou estacionar no fundo do recipiente que contém o fluido.
Outro fato de interesse é o comportamento dos peixes, ou o dos submarinos,
que podem mudar de profundidade com relativa facilidade.
Para analisar fisicamente esta situação, iremos usar o mesmo
artifício utilizado para discutir a variação da pressão de um fluido
em função da profundidade. Considere um paralelepípedo sólido com
densidade λS e dimensões Lx , Ly e Lz. Imaginemos que este sólido esteja
mergulhado em um fluido com densidade λS, estando sua face superior
a uma profundidade z. Vamos, então, analisar as forças exercidas
pelo fluido sobre o sólido. Elas têm origem na pressão exercida pelo
fluido sobre as faces do paralelepípedo. As forças provenientes da pressão
sobre as faces laterais do sólido obviamente se anulam. Restam, então,
as forças provenientes da pressão sobre as faces superior e inferior do
sólido. Esta força é dada por:
(8.19)F p z p z z L Lz x y= ( ) + −− ( )∆ .
354 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 355
AU
LA 8
Mas, como vimos na seção anterior, p(z) e p(z + ∆z) são dados por:
(8.20)
Portanto, a força resultante da pressão sobre as faces superior e
inferior do sólido será dada por:
(8.21)
onde Vs é o volume do sólido considerado. Portanto, o módulo desta
força é igual ao peso de uma quantidade de fluido com volume igual à do
sólido considerado. O sinal negativo indica que esta força aponta para
cima, isto é, contrária ao sentido do eixo z. É importante notar que esta
força, que é denominada empuxo, depende apenas das propriedades do
fluido no qual o sólido está mergulhado e do volume do sólido. Esta lei foi
enunciada pela primeira vez por Arquimedes, sendo, por isso, denominada
Princípio de Arquimedes, e pode ser enunciada da seguinte forma: um
corpo mergulhado em um fluido sofre uma força para cima, cujo valor
absoluto é igual ao peso do volume de fluido deslocado pelo corpo.
O movimento de um sólido ao ser mergulhado em um fluido
dependerá somente de sua densidade. Se sua densidade for maior que
a densidade do fluido, o seu peso será então maior do que o empuxo,
fazendo com que ele se movimente em direção ao fundo do recipiente
que contém o fluido. Se a sua densidade for igual à do fluido, ele estará
em equilíbrio, pois seu peso será igual ao empuxo. Se, caso contrário,
sua densidade for menor que a do fluido, ele flutuará na superfície do
fluido, com parte de seu volume acima da superfície.
p z gz
p z z g z Lz
( ) =
+( ) = +( )ρ
ρ
,
∆ .
F g L L L gVz x y z s= = −−−ρ ρ ,
Conta-se que, certa vez, Hierão, rei de Siracusa, no século III a.C. havia encomendado uma coroa de ouro, para homenagear uma divindade que supostamente o protegera em suas conquistas, mas foi levantada a acusação de que o ourives o enganara, misturando o ouro maciço com prata em sua confecção. Para descobrir, sem danificar o objeto, se o seu interior continha uma parte feita de prata, Hierão pediu a ajuda de Arquimedes. Ele pôs-se a procurar a solução para o problema, a qual lhe ocorreu durante um banho. A lenda afirma que Arquimedes teria notado que uma quantidade de água correspondente ao seu próprio volume transbordava da banheira quando ele entrava nela e que, utilizando um método semelhante, poderia comparar o volume da coroa com os volumes de iguais pesos de prata e ouro: bastava colocá-los em um recipiente cheio de água e medir a quantidade de líquido derramado. Feliz com essa fantástica descoberta, Arquimedes teria saído à rua nu, gritando “Eureka! Eureka!” (“Encontrei! Encontrei!”).
Fonte: Wikipédia: a enciclopédia livre. Disponível em:<http://pt.wikipedia.org/wiki/Arquimedes>. Acesso em: 21 jul. 2008.
354 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 355
AU
LA 8
ATIVIDADES
5. Um submarino tem uma massa total de 2,4 × 106Kg, incluindo a tripulação e os equipamentos. A embarcação consiste de duas partes, o casco tripulado da embarcação, que tem um volume de 2,0 × 103m3, e os tanques de mergulho, que têm um volume de 4,0 × 102m3. Quando o submarino viaja pela superfície da água, o tanque de mergulho fica cheio de ar. Quando o submarino viaja abaixo da superfície da água, uma parte do tanque fica preenchida com água do mar.
a. Qual fração do volume do submarino que fica acima da superfície da água quando os tanques estão cheios de ar?
b. Qual é o volume de água, dentro dos tanques, necessário para deixar o submarino em equilíbrio? Despreze a massa de ar dentro do tanque e use a densidade da água do mar valendo 1,025 × 103kg/m3.
RESPOSTAS COMENTADAS
a. Na descrição deste problema, vemos que um submarino consiste de uma
embarcação com espaço para a tripulação e um espaço para os tanques.
Estes tanques podem estar com ar ou parcialmente preenchidos com água
do mar. Note que o volume total da embarcação, isto é, o volume do casco
tripulado mais o volume dos tanques vale Vs = 2,4 × 103 m3.
Conheça mais sobre o físico, matemático, filósofo e inventor Arquimedes de Siracusa (287 a.C. - 212 a.C.) através do link:http://pt.wikipedia.org/wiki/Arquimedes
356 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 357
AU
LA 8
Você deve primeiro determinar a densidade do submarino. A partir
da massa total do submarino, ms = 2,4 × 106 Kg, e do volume total,
Vs = 2,4 × 103 m3, você vai encontrar a densidade do submarino
Vamos agora analisar a situação na qual o tanque de mergulho está
cheio de ar. Neste caso, o submarino ficará com parte de seu volume
submerso, que você pode denotar por V, e uma outra parte que ficará
acima da superfície da água. Dessa forma, a parte do submarino que
fica para fora da água tem um volume igual a Vs−V.
No equilíbrio, entre a força peso P =ρsgVs e a força de empuxo E =ρagV,
você pode escrever a seguinte igualdade:
Note que a partir da equação dada você pode calcular a razão V/Vs , ou
seja, a razão entre o volume submerso V e o volume total do submarino
Vs . Esta relação é dada pela razão entre as densidades ρs e ρa ,
No entanto, você deve calcular a fração f do volume do submarino que
fica acima da superfície da água. Você sabe como calcular o volume do
submarino que está acima da superfície, Vs - V. Melhor ainda, você pode
calcular a resposta do item (a) usando somente a razão entre a densidade
do submarino ρs e a densidade da água do mar ρa ,
A resposta que você deve calcular é
Essa resposta que você encontrou tem um significado simples: com o
tanque de mergulho do submarino cheio de ar, somente 2,4% do volume
total da embarcação não estará submersa.
b. Neste segundo item vamos discutir a situação na qual o tanque de
mergulho está parcialmente preenchido com água do mar e o submarino
está completamente submerso. Vamos denotar por Vt o volume de água
ρss
s
m
V= = ×
×= ×( , )
( , ), .
2 4 102 4 10
1 0 106
3 33 3kg
mkg/m
P E
gV gVs s a
=
=c
ρ ρ .
VVs
s
a
=ρρ
.
fV V
VVV
s
s s
s
a
= = =−−
−− −−1 1ρρ
.
f s
a
= = ××
≈1 11 0 10
1 025 100 024
3
3−− −−ρρ
( , )( , )
, .
356 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 357
AU
LA 8
do mar que deve ser colocado dentro do tanque. Aqui você deve perceber
que a força de empuxo exercida sobre o submarino é devida a um volume
Vs − Vt de água do mar.
Para equilibrar a força peso P =psgVs com a força de empuxo
E´=ρag(Vs −Vt), é necessário que a seguinte igualdade seja verdadeira:
Você pode reescrever esta relação de maneira que a resposta para o
volume do tanque de água possa ser expressa como
Basta que você use os valores das densidades s e a, bem como do
volume Vs , para encontrar a resposta,
Neste momento você já deve estar se perguntando: pois bem, consigo
entender como o submarino se mantém em equilíbrio, mas como será que
ele aumenta ou diminui a sua profundidade? A resposta a esta pergunta
pode ser entendida com base no Princípio de Arquimedes. Para afundar,
basta colocar água do mar nos tanques de mergulho, isso porque o
módulo da força de empuxo exercida sobre o submarino fica menor do
que o módulo da força peso. Para imergir, a água do mar contida dentro
dos tanques deve ser retirada, e como conseqüência, o módulo da força
de empuxo fica maior do que o módulo da força peso.
6. Um objeto cúbico cuja aresta mede L = 0,60m e cujo peso é P = 4,0 × 103N, no vácuo, pende da extremidade de um fio dentro de um tanque aberto cheio de um líquido de densidade ρ = 9,44 × 102kg/m3, como mostra a Figura 8.14.
a. Determine a força total para baixo, exercida pelo líquido e pela atmosfera, no topo do objeto.
b. Determine a força total para cima, aplicada no fundo do objeto.
c. Determine a tensão no fio.
d. Calcule a força de empuxo sobre o objeto, aplicando o princípio de Arquimedes. Que relação existe entre todas essas quantidades?
P E
gV g V Vs s a s t
=
=
´
( ).
c
ρ ρ −−
V Vt ss
a
=
1−−
ρρ
.
Vt = × − ××
≈( , )
( , )( , )
.2 4 10 11 0 10
1 025 10593 3
3 3
3 33m
kg/mkg/m
m
358 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 359
AU
LA 8
RESPOSTAS COMENTADAS
Devemos primeiro dizer quais são as forças que atuam sobre o objeto. Note
que o cubo está em equilíbrio estático, isto é, a força resultante é nula.
Vamos usar o eixo vertical z, como está mostrado na Figura 8.15. De acordo
com o enunciado do problema, sabemos que a força peso do objeto, com
direção vertical e sentido -z, tem um módulo P = 4,0 × 103N. Dado que a
aresta superior do cubo está atada a um fio, sobre o objeto também atua
uma força de tração T, com sentido +z. Mais ainda, a força Fs, exercida pelo
líquido e pela atmosfera no topo do objeto, tem o sentido -z, enquanto
que a força Fi , aplicada no fundo do objeto, tem o sentido +z. Veja na
Figura 8.15 o diagrama de corpo isolado do objeto cúbico.
Figura 8.14: Objeto cúbico submerso dentro de um tanque.
L
L/2
358 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 359
AU
LA 8
a. Você pode calcular Fs a partir da relação entre a pressão em um ponto
com a força exercida neste ponto. A força Fs , exercida na parte superior
do objeto, é igual à pressão total nessa profundidade, ps , multiplicada pela
área da parte superior do corpo, A = L2 = 3,6 × 10-1m2:
Para calcular o valor da pressão na parte superior do objeto, ps, você deve
usar a equação que descreve a variação da pressão em um fluido em
função da profundidade. A pressão total na parte superior do corpo é igual
à soma da pressão atmosférica, p0 = 1,0 × 105 Pa, e da pressão exercida
pelo líquido à profundidade L/2,
Devido a esta pressão, o objeto sofre uma força Fs na vertical e com o
sentido do eixo -z. Ao substituir a equação na relação entre a pressão e a
força, você vai encontrar
Com a fórmula, você deve calcular o seguinte resultado:
b. Para você calcular a pressão total na parte inferior do objeto, pi, é
necessário usar a equação que descreve a variação da pressão em um
fluido em função da profundidade:
P
T zFs
Fi
F p As s= .
p p gL
s = +0 2ρ .
F p gL
As = +
0 2
ρ .
Fs ≈ ×3 7 104, N.
p p gL
L p gLi = + +
= +0 0232
ρ ρ .
Figura 8.15: Diagrama de corpo isolado do objeto cúbico.
360 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 361
AU
LA 8
Uma vez que pi > ps , a força exercida na parte inferior do objeto, Fi , é maior
em módulo do que a força exercida na parte superior do objeto, Fi > Fs .
Agora, você pode multiplicar a pressão pi pela área da parte superior do
cubo para encontrar
Ao colocar os dados do problema na equação, você irá determinar um
valor igual a
c. Você deve notar que o objeto cúbico está em equilíbrio estático. A partir
dessa constatação, você poderá calcular a tração no fio, T, por meio da
condição de equilíbrio estático do corpo. Considere a seguinte condição de
equilíbrio para o eixo coordenado z:
A igualdade permite que você calcule a força de tração a partir dos valores já
conhecidos p , Fi e Fs . Para fazer isto, você deve isolar T na igualdade,
d. De acordo com o Princípio de Arquimedes, você pode afirmar que o
módulo da força de empuxo E é igual ao peso do volume V = L3 do fluido
deslocado pelo objeto cúbico. A força de empuxo, que tem o sentido do
eixo + z, neste problema vale
Você já deve ter percebido que a força de empuxo E é dada pela diferença
(vetorial) entre as forças exercidas na parte inferior e superior do objeto
cúbico. Conforme foi discutido, Fi > Fs, e, assim, a força de empuxo sempre
terá sentido para cima. Portanto, a relação entre as quantidades envolvidas
neste problema é dada por
Você pode verificar esta relação analiticamente calculando Fi − Fs =
(pi − ps)A.
F p A p gL Ai i= = +
0
32
ρ .
Fi ≈ ×3 9 104, N.
F T F F Pz i s∑ = + =−− −− 0.
T P F F
P gLs i= +
= ≈ ×
−−
−− ρ 3 32 0 10, N.
E gV gL= = ≈ ×ρ ρ 3 32 0 10, .N
E F Fi s= −− .
360 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática
CECIER J – Extensão 361
AU
LA 8
R E S U M O
Nesta aula, vimos como um fluido exerce pressão sobre as paredes do recipiente
que o contém. Em seguida, definimos a densidade de um fluido homogêneo,
quando conhecemos a sua massa e o volume que ele ocupa.
Também calculamos a pressão manométrica na superfície de um fluido incom-
pressível em um campo gravitacional e vimos como podemos medir a pressão
com um barômetro de mercúrio. Além disso, vimos como o Princípio de Pascal
pode ser usado na construção de uma prensa hidráulica.
Finalmente, definimos o empuxo como a força para cima, exercida por um fluido
sobre um corpo mergulhado e mostramos como sabemos se esse corpo bóia,
afunda ou permanece imóvel.
Apên
dice
Vetores
Texto adaptado por Lizardo H. C. M. Nunes e Licinio Portugal das apostilas:
- SOUZA, Carlos Farina de; PINTO, Marcus Venicius C.; SOARES FILHO, Paulo Carrilho. Física 1A. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. 3v.
364 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 365
APÊ
ND
ICE
2
DEFINIÇÃO DE UM VETOR
Considere dois pontos distintos P1 e P2. Eles determinam uma única reta r que passa por eles.
Além disso, o segmento de reta entre os pontos P1 e P2 também é único. Nesse segmento de reta,
são possíveis dois sentidos de percurso: o de P1 para P2 e o de P2 para P1. O segmento de reta ao
qual atribuímos um sentido é chamado de segmento de reta orientado. Para abreviar a linguagem,
chamamos um segmento de reta orientado simplesmente de seta.
Ao fazer o desenho de uma seta, indicamos que ela tem sentido, ou orientação, de P1 para
P2 , desenhando uma ponta no seu ponto final, como mostra a Figura A.1.
Figura A.1: Segmento de reta orientado ou seta P P1 2
u ruuu
.Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.3, p. 166.
Nesse caso, o ponto P1 é chamado de ponto inicial da seta, ou origem da seta, e o ponto
P2 , de ponto final da seta. Vamos representar a seta acima por P P1 2
u ruuu
.
A reta na qual está uma seta (como a reta r na figura acima) é chamada de reta suporte
da seta. Essa reta tem uma direção com relação a outros objetos, como, por exemplo, a direção
horizontal, ou vertical, ou inclinada de um ângulo com relação a outra reta. Definimos a direção
da seta como sendo a direção de sua reta suporte.
Em cada direção há dois sentidos, por exemplo: na direção vertical, há os sentidos para
cima e para baixo, e na horizontal, o que chamamos de sentidos para a esquerda e para a direita
(especificados, é claro, em relação à superfície da Terra e ao observador). Uma seta ou segmento
de reta orientado tem sempre um dos sentidos entre os dois possíveis ao longo de sua direção.
P1
P2
r
P P1 2
u ruuu
364 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 365
APÊ
ND
ICE
2
Uma seta tem também um certo comprimento, dado em alguma unidade. Esse comprimento
é também chamado de módulo da seta.
Talvez agora você possa estar se perguntando:
− Será que uma seta e um vetor são a mesma coisa?
A resposta é:
− Não são! Pelo menos, não necessariamente.
Mas talvez você queira argumentar:
− Ora, mas uma seta não é definida por seus módulo, direção e sentido!? Isso não é
exatamente o mesmo que um vetor, um segmento de reta orientado?
Bem, deixe-nos explicar isso direito:
Vamos dizer que setas com a mesma direção, o mesmo sentido e o mesmo módulo são setas
eqüipolentes. Considere agora o conjunto de todas as setas eqüipolentes à seta P P1 2
u ruuu
, algumas estão
ilustradas na Figura A.2.
Figura A.2: Setas eqüipolentes que representam o vetor a em diferentes pontos do espaço. Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.6, p. 169.
Todas têm o mesmo módulo, direção e sentido, mas cada seta tem uma origem diferente.
Por outro lado, o vetor associado à seta P P1 2
u ruuu
é justamente esse conjunto, ou seja, o conjunto de
todas as setas eqüipolentes é o que chamamos de vetor!
a
a
a
a
a
a
366 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 367
APÊ
ND
ICE
2
Agora considere um vetor a. O vetor que tem a mesma direção e o mesmo módulo que a,
porém sentido oposto ao de a, é chamado vetor oposto a a e é representado por −a. A Figura A.3
mostra um vetor a e seu oposto −a.
Em nosso curso, um vetor poderá ser denotado por uma única letra em negrito, por exemplo, a, ou um vetor poderá também ser representado pela conhecida notação:
r
a .Já o módulo de um vetor a será denotado por |a| ou
r
a . Também poderemos representar o módulo de um vetor abolindo o negrito da letra, ou seja, usando simplesmente a.
!
Figura A.3: Vetor a e seu oposto −a.Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.7, p. 170.
Também é conveniente definir o que chamaremos de seta nula. Uma seta nula é simplesmente
um ponto. A seta nula constituída pelo ponto P é representada por PPu ruu
. Por definição, uma seta
nula tem módulo igual a zero. Uma vez que não podemos atribuir uma direção e um sentido a
uma seta nula, dizemos que ela tem direção e sentido indeterminados. Cada ponto do espaço é uma
seta nula, e todas as setas nulas são, por definição, eqüipolentes entre si. Chamamos o conjunto
de todas as setas nulas de vetor nulo. Em nosso curso, o vetor nulo será denotado por 0 ou r
0 .
–a
a
366 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 367
APÊ
ND
ICE
2
ADIÇÃO DE VETORES
Dados dois vetores a e b, consideremos uma seta qualquer que represente a. Tomemos
o ponto final dessa seta como o ponto inicial de uma seta que represente b. Definimos soma de
a com b, que representamos por a + b, como sendo o vetor representado pela seta que tem por
ponto inicial o ponto inicial da seta que representa a, e por ponto final o ponto final da seta que
representa b, como mostra a Figura A.4.
A operação que associa aos vetores a e b, o vetor a + b, é chamada de adição de vetores, ou
adição vetorial. Os vetores a e b que formam a soma a + b são chamados componentes vetoriais
do vetor a + b. Essa regra de obter a soma de dois vetores é chamada de regra do triângulo.
Na figura a seguir, fica claro por que a adição vetorial é chamada assim.
Figura A.4: Adição de vetores a e b de acordo com a regra do triângulo.Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.8, p. 171.
A adição vetorial goza de algumas propriedades muito importantes que
enunciamos a seguir.
1. A adição vetorial é comutativa, isto é, para quaisquer vetores a e b temos:
(A.1)
2. A adição vetorial é associativa, isto é, para quaisquer vetores a, b e c temos:
(A.2)
3. O vetor nulo 0 é o elemento neutro da adição vetorial, isto é, para qualquer vetor a,
temos:
(A.3)
b
a
a + b
a
b
a b b a+ = + .
a b c a b c+( ) + = + +( ).
a 0 a+ = .
368 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 369
APÊ
ND
ICE
2
4. Para cada vetor a, existe o vetor oposto −a, que satisfaz a igualdade:
(A.4)
A demonstração da propriedade da Equação (A.1) é evidente a partir da Figura A.5.
O triângulo superior na figura mostra a adição de b com a, e o triângulo inferior, a adição
de a com b. A soma é a mesma e está ao longo do lado comum aos dois triângulos. Esse lado
comum é uma diagonal do paralelogramo formado pelos dois triângulos. Essa propriedade nos
permite obter a soma de dois vetores por meio de uma outra regra, que você já deve conhecer,
a regra do paralelogramo.
MULTIPLICAÇÃO DE UM NÚMERO POR UM VETOR
Vamos agora definir uma operação que, a partir de um número real e um vetor, produz
um vetor.
Seja λ um número real não nulo e a um vetor não nulo. A esse número e a esse vetor
associamos um vetor, que simbolizamos por λa:
I. com a mesma direção de a;
II. com módulo igual ao módulo de λ vezes o módulo de a;
III. com o mesmo sentido de a, se λ é positivo, mas com sentido oposto ao de a,
se λ é negativo.
Entretanto, se λ = 0 ou se a = 0, definimos λa como sendo o vetor nulo.
Essa operação é chamada multiplicação de um número por um vetor. No contexto dessa
operação, o número costuma ser chamado de escalar. Podemos então chamar essa operação de
multiplicação de um escalar por um vetor.
Figura A.5: a + b = b + a.Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.9, p. 173.
b + a
a + bb
a
a
b
a a 0+ −( ) = .
368 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 369
APÊ
ND
ICE
2
A Figura A.6 mostra alguns exemplos de produto de um número por um vetor.
Figura A.6: Exemplos de produtos de um número por um vetor.Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.13, p. 175.
O produto de um número por um vetor também é um múltiplo do vetor, com
. (A.5)
Note que, se λ >1, o vetor estica; e, quando 0 < λ < 1, o vetor se contrai!
Uma outra propriedade que vale a pena mencionar é que o vetor −a, oposto ao vetor a,
pode ser obtido como o produto de −1 por a, isto é, (−1)a = −a.
Interessante também é notar que podemos obter um vetor unitário através da multipli-
cação de um escalar por um vetor. De fato, um vetor é chamado unitário se o seu módulo é igual
a 1 (na unidade de medida que estiver sendo usada), isto é, o vetor u é unitário se, e somente se,
|u| = 1. Assim, dado um vetor a não nulo, o seu módulo |a| é um número diferente de zero e,
portanto, tem um inverso 1/|a|. Multiplicando-se esse número por a, obtém-se o vetor unitário
(1/|a|)a. Logo, pela propriedade vista na Equação A.5,
. (A.6)
a
2a
− a 1
2
0a
λ λa a=
1 11
aa
aa= =
370 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 371
APÊ
ND
ICE
2
BASES E COMPONENTES DE UM VETOR
É fácil ver que, usando-se apenas a operação do produto de número por vetor, demonstra-se
que todos os vetores em uma mesma direção podem ser escritos como múltiplos de um único vetor
unitário que tem essa direção. Podemos expressar essa afirmação do seguinte modo: se a é um vetor
qualquer na direção de um vetor unitário u, então:
(A.7)
Vamos usar agora um sistema de eixos coordenados OXYZ e considerar um vetor unitário
na direção de cada eixo, com sentido igual ao sentido positivo do eixo. Vamos denotar por
ux, uy e uz os vetores unitários com a direção e o sentido dos eixos OX, OY e OZ respectivamente,
conforme ilustrado na Figura A.7.
Figura A.7: Os vetores unitários ux , uy e uz.Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.16, p. 179.
Qualquer vetor a no espaço tridimensional pode ser escrito em termos dos três vetores
unitários ux , uy e uz.
(Uma demonstração dessa afirmação pode ser vista na Aula 8 da Apostila Física 1A,
Módulo 1.)
A partir da Equação (A.7) também é fácil perceber que um vetor a, em termos dos vetores ux ,
uy e uz, deve ser escrito como
(A.8)
z
uz
ux
uy
x
y
a a u= ± .
a u u u= + +ax x y y z za a ,
370 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 371
APÊ
ND
ICE
2
onde ax, ay e az são as componentes escalares do vetor a na base de vetores ux , uy e uz. Aliás,
os vetores ux , uy e uz formam uma base ortonormal de vetores tridimensionais.
O quê!? Você não sabe o que é uma base de vetores!? Também não sabe o que é uma base
ortonormal!?
Tudo bem. Dizemos que três vetores e1, e2 e e3 formam uma base quando:
I. qualquer vetor a pode ser escrito em termos de e1, e2 e e3, de acordo com a expressão
a = a1e1 + a2e2 + a2e3, na qual a1, a2 e a3 são números;
II. não existe mais do que uma trinca de números a1, a2 e a3 que permita escrever a citada
expressão para a.
O conjunto dos vetores ux, uy e uz satisfazem as duas propriedades acima e, portanto,
podemos afirmar que formam uma base. Esses três vetores também são unitários e perpendiculares
entre si, portanto, formam uma base ortonormal.
O uso de uma base reduz vários cálculos que fazemos com vetores a cálculos com as suas
componentes escalares. Isso constitui uma grande vantagem, pois as componentes escalares são
números que podemos manipular matematicamente com mais facilidade.
Por exemplo, como a trinca de componentes escalares é única, dados dois vetores a e b,
escritos na base ux, uy e uz como
(A.9)
eles só serão iguais se
Se um vetor c for a soma de a e b, isto é, c = a + b, suas componentes na base ux , uy e uz são
(A.10)
Se a = λb, temos
(A.11)
O vetor nulo 0 é escrito na base ux , uy e uz como 0 = 0ux + 0uy + 0uz, isto é, suas componentes
são todas iguais a zero.
a u u u b u u u= + + = + +a a a b b bx x y y z z x x y y z z e ,
a b a b a bx x y y z z= = =, e .
c a b
c a b
c a b
x x x
y y y
z z z
= += +
= +
;
;
.
a b
a b
a b
x x
y y
z z
==
=
λλ
λ
;
;
.
372 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 373
APÊ
ND
ICE
2
Devemos apreciar a importância do conceito de base. Existem infinitos vetores no
espaço tridimensional, mas todos eles podem ser escritos em termos de apenas três vetores, os
vetores de uma base. Para isso, basta saber como encontrar as componentes de um vetor qualquer
na base que se está usando. Você vai aprender como fazer isso no caso de uma base orto-
normal na seção seguinte.
PRODUTO ESCALAR ENTRE VETORES
Dados dois vetores a e b, escritos na base ux, uy e uz:
o produto escalar entre a e b será definido como:
(A.12)
O produto escalar pode ser formalmente generalizado para vetores com n componentes,
onde n é um número inteiro qualquer. Nesse caso, os vetores se escrevem como:
e o produto escalar fica agora:
(A.13)
que é a soma dos produtos das componentes.
Em particular, para um vetor bidimensional, temos n = 2 e identificamos x = 1 e y =2.
Para um vetor tridimensional, temos n = 3 e identificamos x = 1, y = 2 e z = 3.
Pela Equação A.13, é fácil ver que, embora se trate do produto de dois vetores, o resultado do produto escalar entre dois vetores é sempre um escalar, daí o nome de produto escalar.
!
a u u u b u u u= + + = + +a a a b b bx x y y z z x x y y z z e ,
r
r
a b a b a b a bx x y y z z. .= + +
a u u u b u u u= + + + = + + +a a a b b bn n n n1 1 2 2 1 1 2 2L L e
r
r
a b a b a b a b a bn n i ii
n
. ...= + + + ==∑1 1 2 2
1
372 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 373
APÊ
ND
ICE
2
PROJEÇÕES E COMPONENTES DE UM VETOR
Sejam a um vetor diferente de zero, u um vetor unitário e θ o ângulo entre eles. Definimos
a projeção do vetor a ao longo do vetor unitário u como sendo o número dado pelo produto do
módulo do vetor a pelo cosseno do ângulo entre os vetores,
(A.14)
A Figura A.8 ilustra o caso em que 0 < θ< π/2, com as setas de a e u desenhadas a partir
de uma origem comum, que chamamos de O.
Figura A.8: Vetor a e o vetor unitário u e o ângulo θ entre eles.Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.18, p. 185.
Pelo triângulo retângulo mostrado na figura acima, o comprimento do cateto OP’ é
igual à projeção do vetor a ao longo do vetor unitário u.
Entretanto, a projeção não é exatamente um comprimento. Embora no caso em que
0 < θ < π/2 a projeção de a ao longo de u seja um número positivo, no caso em
que π/2 < θ < π a projeção é um número negativo! Além disso, pela definição
em ( .14 ), se a for perpendicular a u, a projeção é nula; e, se a for paralelo a u, a projeção é |a|
ou −|a|, se a tiver o mesmo sentido de u ou o sentido oposto a u respectivamente.
Considere agora a seta OP’, e chamemos de a' o vetor a ela associado. A Figura A.9,
a seguir, mostra os vetores a, u e a' no caso em que 0 < θ < π/2,
u
a
P
P'O
θ
r
a cos .θ
374 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 375
APÊ
ND
ICE
2
Usando apenas a definição de produto de um número por um vetor, você pode verificar que
(A.15)
E podemos aplicar o resultado acima aos vetores unitários ux , uy e uz, que foram vistos
na seção anterior.
Considere a Figura A.10 abaixo, que exibe agora os ângulos θx , θy e θz entre a e ux , uy
e uz , respectivamente.
Figura A.9: Os três vetores a, u e a', ilustrando a projeção de a ao longo de u.Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.19, p. 185.
u
a
P
P' r
Figura A.10: Vetor a, unitários vetores unitários ux , uy e uz e os ângulos θx , θy e θz .Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.20, p. 186.
z
uz
uxuy
x
y
Px
Py
P
Pz
θx
θz
θy
O
a'
a a u’ cos .= ( )θ
374 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 375
APÊ
ND
ICE
2
Usando a Equação (A.15) não é difícil concluir que
(A.16)
Portanto, pela Equação (A.8) as componentes escalares de um vetor a escrito na base ux ,
uy e uz são as projeções deste vetor ao longo desta base ortonormal, ou seja,
(A.17)
Como aplicação, vamos considerar uma situação muito comum, na qual todos os vetores
de um problema estão em um mesmo plano.
Vamos escolher os eixos OX e OY para representar os vetores nesse plano. Pelo resultado
acima, qualquer vetor a do plano pode então ser escrito como
(A.18)
onde os ângulos θx e θy podem ser vistos na Figura A.11.
Figura A.11: Vetor a no plano OXY.Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.21, p. 188.
θz
θy
x
y
O ux
uy
a
a a u a u a u= ( ) + ( ) + ( )cos cos cosθ θ θx x y y z z .
a a ax x y y z z= = =a a acos cos cos .θ θ θ; e
a a u a u= ( ) + ( )cos cos ,θ θx x y y
376 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 377
APÊ
ND
ICE
2
Analogamente, podemos definir o ângulo θ como sendo o ângulo que o vetor a faz com o
eixo OX e escrever as componentes de a na Equação A.18 como
(A.19)
onde usamos o fato de θ = θx e que θy = π/2 − θx.
É possível também encontrar o módulo de a e θ quando conhecemos as componentes de a:
(A.20)
Finalmente, podemos usar as projeções vetoriais para simplificar a expressão do produto
escalar entre vetores bidimensionais, como veremos a seguir.
Considere um vetor a, que faz um ângulo θa com a horizontal. Como vimos, ele se escreve
como
(A.21)
Da mesma forma, um outro vetor b, que faz um ângulo θb com a horizontal, se escreve
como
(A.22)
Pela Equação A.13, o produto escalar entre a e b fica:
(A.23)
onde θb − θa é o ângulo entre os vetores b e a. Assim, é fácil ver que o produto escalar entre vetores
perpendiculares entre si é nulo, enquanto o produto escalar entre vetores paralelos é máximo e
dado pelo produto dos módulos.
Terminamos esta seção com uma observação de caráter prático. Temos procurado distinguir
o conceito de vetor do conceito de seta. Para cada vetor, há uma infinidade de setas que o representam,
e é o conjunto de todas elas que define o vetor. Entretanto, seguiremos doravante a prática comum
de se referir a uma seta como sendo o vetor a ela associado, e vice-versa.
a ax y= =a acosθ θ e sen ,
a = + =a aa
ax yy
x
2 2 e tan .θ
a a u a u= +cos .θ θa a sen x y
b b u b u= +cos .θ θb b senx y
r
r
a b a b a b a b sen sen
a bb a a b
b a
. (cos cos )
cos( ),
= + = +
= −1 1 2 2 θ θ θ θ
θ θ
376 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 377
APÊ
ND
ICE
2
Exemplo 1
Um pirata enterrou seu tesouro em uma ilha que tem cinco árvores localizadas nos seguintes
pontos: A (30,0m, −20,0m), B (60,0m, 80,0m), C (−10,0m, −10,0m), D (40,0m, −30,0m),
e E (−70,0m, 60,0m). Todos os pontos são medidos com relação a uma certa origem, como
na Figura A.12.
Figura A.12: Mapa da ilha que contém cinco árvores de referência, localizadas nos pontos A, B, C, D e E.
E
y
B
C
A
D
As orientações contidas no mapa dizem: comece no ponto A e mova-se até B, mas pare na
metade do caminho entre A e B. Em seguida, vá em direção ao ponto C, andando um terço da
distância entre a sua posição atual e o ponto C. Depois, mova-se em direção ao ponto D, e ande
um quarto da distância entre onde você está e o ponto D. Finalmente, mova-se em direção ao
ponto E e ande um quinto da distância entre você e o ponto E.
a) Utilize os vetores unitários no plano XY para escrever cada um dos pontos A, B, C, D
e E, como um vetor.
b) Quais são os três pontos descritos no mapa onde você tem que parar antes de
continuar?
c) Quais são as coordenadas onde o tesouro está enterrado? Qual é a distância entre esse
ponto e a origem dos eixos?
X
378 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 379
APÊ
ND
ICE
2
Solução
a) Os eixos X e Y usados no mapa da ilha permitem que você escreva cada um dos pontos
em termos dos vetores unitários ux e uy. Neste caso, você deve perceber que o vetor unitário ux
vai representar 1m na direção x, e o vetor unitário uy vai representar 1m na direção y.
As coordenadas do ponto A são (30,0m, −20,0m), ou seja, o ponto está a 30,0m na direção
x e a -20,0m na direção y. Se você chamar de a o vetor que representa o ponto A, então este deve
ser escrito em temos dos vetores unitários da seguinte maneira:
.
Da mesma forma, o ponto B, que tem como coordenadas (60,0m, 80,0m), pode ser
representado pelo vetor b,
O ponto C, de coordenadas (−10,0m, −10,0m), é representado na notação vetorial por c,
,
e o ponto D, de coordenadas (40,0m, −30,0m), por d,
.
Finalmente, o ponto E, de coordenadas (−70,0m, 60,0m), pode ser representado pelo vetor e,
.
b) A primeira orientação contida no mapa diz que você tem de ir do ponto A até o ponto B, e
parar no meio do caminho. Você pode então dizer que a direção deste caminho é representada pelo
vetor b - a. O vetor v1, que representa o ponto onde você deve parar, é mostrado na Figura A.13.
a u u= −30 0 20 0, ,x y
b u u= +60 0 80 0, ,x y
c u u= −− −−10 0 10 0, ,x y
d u u= −40 0 30 0, ,x y
e u u= − +70 0 60 0, ,x y
378 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 379
APÊ
ND
ICE
2
Figura A.13: O vetor v1 é encontrado quando você soma os vetores a e (b – a)/2.
A maneira de calcular o vetor v1 é a seguinte:
.
A segunda orientação que está no mapa diz para você andar do ponto onde você parou,
v1, até o ponto C. Desta vez, você deve parar quando tiver percorrido 1/3 do caminho. Então,
como na primeira orientação do mapa, você nota que a direção deste caminho é representada
pelo vetor c - v1. O vetor v2, que representa o ponto da sua segunda parada, é
.
A penúltima orientação pede para você andar do ponto v2 até o ponto D, mas deve parar
quando tiver percorrido 1/4 do caminho. Então, você nota que a direção deste caminho é dada
pela mesma direção do vetor d - v2, e que o vetor v3 representa o ponto da sua terceira parada,
.
B
A
y
b
V1
x
a
v ab a
u u1 245 0 30 0= + − = +, ,x y
v vc v
u u u u2 11
313
80 0 50 0 26 7 16 7= +−
= + ≈ +( , , ) , ,x y x y
v vd v
u u3 22
430 0 5 00= +
−= +, ,x y
b a−2
380 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 381
APÊ
ND
ICE
2
c) Segundo a última orientação do mapa, você deve andar do ponto v3 até o ponto E e parar
quando tiver percorrido 1/5 do caminho. Assim, a direção que você tem de escolher é a mesma
direção do vetor e − v3. A localização do tesouro do pirata é representada pelo vetor v4,
.
Para encontrar a distância entre a localização do tesouro e a origem dos eixos, você tem
de calcular o módulo |v4|. O resultado que você vai encontrar é
Exemplo 2
Uma luminária é constituída por três hastes e quatro junções, como na Figura A.14.
A posição da junção A é (30,0cm, 40,0cm) enquanto que as posições das junções B e C são,
respectivamente, (-10,0cm, 45,0cm) e (-20,0cm, 30,0cm).
a) Ache a localização de cada junção, A, B e C, medida com respeito a origem O.
b) Calcule os ângulos θ1, θ2 e θ3.
Figura A.14: Luminária que pode ser direcionada por meio das junções A, B e C.
θ2
θ3
θ1
B
A
O
C
v ve v
u u4 33
510 0 16 0= +
−= +, ,x y
| | , , .v4
2 210 0 16 0 18 9= ( ) + ( ) ≈ m.
380 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 381
APÊ
ND
ICE
2
Solução
a) Em certos casos, o produto escalar entre dois vetores pode ser bastante útil. A definição
do produto escalar entre dois vetores é a seguinte:
Note que | a | é o módulo do vetor a, | b | é o módulo do vetor b e θ é o ângulo entre os vetores
a e b. Por exemplo, para os vetores unitários ux e uy, ortogonais entre si, valem as relações
Vamos representar a posição da junção A pelo vetor a = 30,0 ux + 40,0 uy. Da mesma
forma, vamos representar a posição da junção B pelo vetor b = -10,0 ux +45,0 uy e a posição da
junção C pelo vetor c = -20,0 ux + 30,0 uy.
b) Cálculo de θ1:
Note que o módulo do vetor a vale | | , , ,a = + =30 0 40 0 50 02 2 cm. Segundo a definição,
o produto escalar entre os vetores a e ux vale
Por outro lado, o produto escalar entre os vetores a. ux também pode ser calculado a partir
das componentes. Primeiro, você escreve este produto como
.
Depois, você aplica a lei distributiva da multiplicação. Ao multiplicar, você vai encontrar que
Você pode usar a regra do produto escalar para os vetores unitários, isto é, ux • uy = 0,
porque estes vetores são ortogonais, enquanto que ux • ux = uy • uy = 1. Se você entendeu bem
esta regra, então percebeu que
a b a b⋅ = | || | cos .θ
u u u ux x y y⋅ = ⋅ = =cos ,0 1o u u u ux y y x⋅ = ⋅ = =cos .90 0o
a u⋅ = =x ( , )( , )cos , cos .50 0 1 00 50 01 1θ θ
a u u u u⋅ = ⋅ +x x x y( , , )30 0 40 0
a u u u u u⋅ = ⋅ + ⋅x x x x y30 0 40 0, ( ) , ( ).
a u⋅ =x 30 0, .
382 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 383
APÊ
ND
ICE
2
Finalmente, você pode escrever uma relação que vai permitir encontrar o ângulo θ1 entre
os vetores a e ux. Quando você igualar o produto escalar calculado das duas diferentes maneiras,
chegará à conclusão de que
.
Isso significa que o cosseno deste ângulo tem que valer
.
Veja na Figura A.14 que o ângulo deve estar no intervalo 0o < θ1 < 90o. O resultado final
que você encontra para o ângulo θ1 é o seguinte:
.
Cálculo de θ2:
Em primeiro lugar, você deve perceber que θ2 é o ângulo entre os vetores a e b-a. O vetor
que parte do ponto A e chega a B é escrito nas coordenadas cartesianas como b-a = -40,0 ux +
5,00 uy. O módulo do vetor b-a vale | | , , ,b a− = + ≈40 0 5 00 40 32 2 . Assim, o produto escalar
entre os vetores a e b-a vale
.
O produto escalar, em termos das componentes que você vai calcular depois, é dado por
.
Usando a distribuição multiplicativa, você vai encontrar
Portanto, o cosseno do ângulo θ2 tem que valer
Qual é o ângulo cujo cosseno vale 0,5? Isso mesmo, 60o ou 120o. Note que o ângulo θ2 da
Figura A.14 está no intervalo 90o < θ2 < 180o. Logo, o ângulo que você deve encontrar é θ2 = 120o.
a u⋅ = =x 50 0 30 01, cos ,θ
cos,,
,θ1
30 050 0
0 60= =
θ11 0 60 53 1= ≈−cos , , o
a b a⋅ − = ≈( ) ( , )( , )cos . cos50 0 40 3 2 0152 2θ θ
a b a u u u u⋅ − = + ⋅ − +( ) ( , , ) ( , , )30 0 40 0 40 0 5 00x y x y
b c u u u u u u u u⋅ = − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅
=
1 200 150 1 600 200
1 2
. ( ) ( ) . ( ) ( ),
.x x x y y x y y
−− 000 1 150 0 1 600 0 200 1 1 000( ) ( ) . ( ) ( ) . .+ − + =
cos..
, .θ2
1 0002 015
0 50≈ ≈
382 CECIER J – Extensão
Movimentos: Variações e Conservações | Vetores
CECIER J – Extensão 383
APÊ
ND
ICE
2
Cálculo de θ3:
Agora você já sabe que o ângulo entre os vetores c-b e b-a vale θ3. Vamos calcular o produto
escalar destes dois vetores considerando que c-b = -10,0 ux -15,00 uy.
Usando as componentes cartesianas de cada vetor, você vai encontrar que o produto escalar
também vale
O cosseno do ângulo θ3 tem que valer
O ângulo encontrado pode ser 63,3o ou 116,7o. Contudo, o ângulo θ3 está no intervalo
0o < θ2 < 90o, e por causa disso θ3 = 63,3o.
( ) ( ) ( , )( , )cos cos .c b b a− ⋅ − = ≈18 0 40 3 7253 3θ θ
( ) ( ) ( ) ( ) , ( ) , ( ),c b b a u u u u u u u u− ⋅ − = ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅400 600 50 0 75 0x x x y y x y y
== + − − =400 1 600 0 50 0 0 75 1 325( ) ( ) , ( ) ( ) .
cos , .θ3
325725
0 45≈ ≈
Movimentos: Variações e Conservações
Ref
erên
cias
386 CECIER J – Extensão CECIER J – Extensão 387
Aula 1
Aula 2
ALMEIDA, Maria Antonieta T. de. Introdução às Ciências Físicas. Rio de Janeiro:
Fundação CECIERJ, 2004. v.3.
HALLIDAY, Resnick, Krane. Física 1. 4. ed. Rio de Janeiro: LTC,1992.
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica. São Paulo: Edgard Blücher,
1997. v.1
SERWAY, Raymond A.; Beichner, Robert J. Physics for scientists and engineers. 6th ed.
Pacific Grove, CA: Brooks/Cole Publishing Company, 2000.
SOUZA, Carlos Farina de ; PINTO, Marcus Venicius C.; SOARES FILHO, Paulo Carrilho.
Física 1. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. 3v.
TIPLER, P. A.; Mosca, G. Physics for scientists and engineer. 5th ed. Extended version.
Nova York: W. H. Freeman & Co, 2003.
HALLIDAY, David.; RESNICK, Robert.; KRANE, Kenneth S. Física. 4. ed. Rio de Janeiro:
LTC, 1992. v. 1.
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica. São Paulo: Edgard Blücher,
1997. v.1
SERWAY, Raymond A.; BEICHNER, Robert J. Physics for scientists and engineers.
6th ed. Pacific Grove, CA: Brooks/Cole Publishing Company, 2000.
SOUZA, Carlos Farina de; PINTO, Marcus Venicius C.; SOARES FILHO, Paulo Carrilho.
Física 1A. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. v.1.
TIPLER, P. A.; Mosca, G. Physics for Scientists and engineers extended version. 5th ed.,
Extended version. New York: W H Freeman & Co, 2003.
386 CECIER J – Extensão CECIER J – Extensão 387
Aula 3
HALLIDAY, David; RESNICK, Robert; KRANE, Kenneth S. Física. 4. ed. Rio de Janeiro:
LTC, 1992. v.1.
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica. São Paulo: Edgard Blücher,
1997. v.1.
SERWAY, Raymond A.; BEICHNER, Robert J. Physics for scientists and engineers. 6th
ed. Pacific Grove, CA: Brooks/Cole Publishing Company, 2000.
SOUZA, Carlos Farina de; PINTO, Marcus Venicius C.; SOARES FILHO, Paulo Carrilho.
Física 1A. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. 3 v.
TIPLER, P. A.; MOSCA, G. Physics for Scientists and Engineers. 5th ed., Extended version,
New York: W H Freeman & Co, 2003.
HALLIDAY, Resnick, Krane: Física. 4. ed. Rio de Janeiro: LTC, 1992. v. 2.
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica. São Paulo: Edgard Blücher,
1997. v.1.
SERWAY, Raymond A.; BEICHNER, Robert J. Physics for scientists and engineers. 6th
ed. Pacific Grove, CA: Brooks/Cole Publishing Company, 2000.
SOUZA, Carlos Farina de; PINTO, Marcus Venicius C.; SOARES FILHO, Paulo Carrilho.
Física 1B. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. 3 v.
TIPLER, P. A.; MOSCA, G. Physics for scientists and engineers. 5th ed., Extended version.
New York: W H Freeman & Co, 2003.
Aula 4
388 CECIER J – Extensão CECIER J – Extensão 389
HALLIDAY, David; RESNICK, Robert; KRANE, Kenneth S. Física. 4. ed. Rio de Janeiro:
LTC, 1992. v. 1.
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica. São Paulo: Edgard Blücher,
1997. v. 1.
SERWAY, Raymond A.; BEICHNER, Robert J. Physics for Scientists and Engineers, 6th
ed. Pacific Grove, CA: Brooks/Cole Publishing Company, 2000.
SOUZA, Carlos Farina de; PINTO, Marcus Venicius C.; SOARES FILHO, Paulo Carrilho.
Física 1B. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. 3 v.
TIPLER, P. A.; MOSCA, G. Physics for scientists and engineers. 5th ed., Extended version.
New York: W H Freeman & Co., 2003.
Aula 5
KHOURY, Antonio Zelaquett; FRANCESCHINI FILHO, Dante Ferreira. Física 2A. Rio
de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. v.1.
HALLIDAY, David; RESNICK, Robert; KRANE, Kenneth S. Física. 4. ed. Rio de Janeiro:
LTC, 1992. v. 1.
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica. São Paulo: Edgard Blücher,
1997. v. 2.
SERWAY, Raymond A.; BEICHNER, Robert J. Physics for Scientists and Engineers, 6th
ed. Pacific Grove, CA: Brooks/Cole Publishing Company, 2000.
SOUZA, Carlos Farina de; PINTO, Marcus Venicius C.; SOARES FILHO, Paulo Carrilho.
Física 1B. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. 3 v.
TIPLER, P. A.; MOSCA, G. Physics for scientists and engineers. 5th ed., Extended version.
New York: W H Freeman & Co., 2003.
Aula 6
388 CECIER J – Extensão CECIER J – Extensão 389
Aula 7
HALLIDAY, David; RESNICK, Robert; KRANE, Kenneth S. Física. 4. ed. Rio de Janeiro:
LTC, 1992. v. 1.
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica. São Paulo: Edgard Blücher,
1997. v. 1.
SERWAY, Raymond A.; BEICHNER, Robert J. Physics for scientists and engineers. 6th
ed. Pacific Grove, CA: Brooks/Cole Publishing Company, 2000.
SOUZA, Carlos Farina de; PINTO, Marcus Venicius C.; SOARES FILHO, Paulo Carrilho.
Física 1B. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004.
TIPLER, P. A.; MOSCA, G. Physics for scientists and engineers. 5th ed., Extended version.
New York: W H Freeman & Co., 2003.
Aula 8
KHOURY, Antonio Zelaquett; FRANCESCHINI FILHO, Dante Ferreira. Física 2A. Rio
de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. v.1.
HALLIDAY, David; RESNICK, Robert; KRANE, Kenneth S. Física. 4. ed. Rio de Janeiro:
LTC, 1992. v. 1.
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica. São Paulo: Edgard Blücher,
1997. v. 2.
SERWAY, Raymond A.; BEICHNER, Robert J. Physics for Scientists and Engineers, 6th
ed. Pacific Grove, CA: Brooks/Cole Publishing Company, 2000.
TIPLER, P. A.; MOSCA, G. Physics for scientists and engineers. 5th ed., Extended version.
New York: W H Freeman & Co., 2003.