apostila de mecânica - termodinâmica - Óptica - prof renato brito

Volume 1

Mecânica Óptica

Termodinâmica

Anual 2010

Prof Renato Brito

DEMONSTRATIVO

DEMONSTRATIVO

FOTOCÓPIA

É PROIBIDA A REPRODUÇÃO PARCIAL OU TOTAL POR

QUAISQUER MEIOS SEM AUTORIZAÇÃO PRÉVIA DO AUTOR.

OS TRANSGRESSORES SERÃO PUNIDOS COM BASE NO

ARTIGO 7°, I DA LEI 9.610/98 . DENUNCIE O PLÁGIO.

TODO O CONTEÚDO DESSA OBRA ENCONTRA-SE REGISTRADO .

DEMONSTRATIVO

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S U M Á R I O

CAPÍTULO 1 - VETORES 1 1 - Grandezas escalares e grandezas vetrotoriais 1 2 - Vetores 1 3 - Operações com vetores – Soma vetorial 1 4 - Operações com vetores – subtração de vetores 2 5 - Método gráfico do paralelogramo 2 6 - Ângulo formado entre dois vetores 3 7 - Decomposição de vetores 3 8 - Multiplicação de um vetor por um número 5 9 - Propriedade do polígono fechado de vetores 5 10 - Representação i e j para vetores 6 11 – Expandindo para a notação i, j e k para vetores 7 12 - Breve Revisão de Geometria Plana 7 - Pensando em classe 10 - Pensando em casa 14 CAPÍTULO 2 – DE ARISTÓTELES A GALILEU 1 – Introdução 20 2 – O Pensamento Aristotélico e o senso comum 20 3 – Galileu chega ao conceito de Inércia 20 4 – O princípio da Relatividade de Galileu 22 5 – A primeira lei de Newton do movimento 23 6 – Entendendo o conceito de equilíbrio 23 7 – Entendendo o conceito de repouso 24 8 – O Papel da Força no Movimento dos Corpos 24 9 – Subindo ou descendo ? Acelerado ou retardado ? 25 – Pensando em classe 27 – Pensando em casa 28 10 – Aceleração: a rapidez com que a velocidade varia 31 11 – Movimento Uniforme (MU) 32 12 – Movimento Uniformemente Variado (MUV) 32 13 – A velocidade escalar média no MUV 33 14 – A função horária da Velocidade no MUV 33 15 – A função horária da posição no MUV 34 16 – Interpretação de gráficos 34 17 – Conversnado sobre o lançamento horizontal 35 18 – Conversando sobre o lançamento obliquo 37 – Pensando em classe 40 – Pensando em casa 45 DEMONSTRATIVO

19 - Força produz aceleração 50 20 - Massa e peso 50 21 - Massa resiste a aceleração 51 22 - Segunda lei de Newton do movimento 51 23 - Quando a aceleração é g – Queda Livre 52 24 - Forças e interações 53 - Leitura Complementar: A natureza das forças 54 25 - Terceira lei de newton do movimento 56 26 - Ação e reação em massas diferentes 56 27 – Força de tração T em fios ideais 58 28 – Força de tração T em polias ideais 59 29 – Forças e deformações em molas ideais 60 30 – O Formato da Trajetória e o Par de Eixos Padrão 61 - Pensando em classe 64 - Pensando em casa 68 CAPÍTULO 3 – ESTUDO DO ATRITO 1 - Força de atrito seco de escorregamento entre sólidos 73 2 - Força de atrito estático e cinético 74 3 - A força de atrito na escala microscópica 75 4 - Resistência dos fluidos 77 - Pensando em classe 83 - Pensando em casa 88 CAPÍTULO 4 – DINÂMICA DO MOVIMENTO CURVILÍNEO 1 – Introdução 95 2 - As componentes tangencial e centrípeta da aceleração 96 3 - Forças em trajetória curvilínea 97 4 - Estudo do movimento de um Pêndulo Simples 98 5 – Dinâmica do MCU plano horizontal 99 6 - Uma questão intrigante: por que a lua não cai na Terra ? 101 7 - Comentários finais – Características do MCU 103 8 - Resumo das propriedades - Componentes da aceleração 105 - Pensando em classe 106 - Pensando em casa 111 APÊNDICE – REFERENCIAIS NÃO-INERCIAIS 1 – O Domínio de Validade das leis de Newton 119 2 – Introdução ao Referencial Inercial 119 3 – Propriedades dos Referenciais não-inerciais 121 4 - O Referencial Não Inercial 122

DEMONSTRATIVO

5 - O Princípio da Equivalência de Einstein 122 6 - O elevador acelerado para cima 123 7 - O elevador acelerado para baixo 124 8 - Vagão acelerado horizontalmente 124 9 – Forças de Interação e Forças de Inércia 126 - Pensando em classe 130 - Pensando em casa 132 CAPÍTULO 5 – TRABALHO E ENERGIA 1 - Por que estudar trabalho e energia ? 134 2 - O significado físico do trabalho realizado por uma força 134 3 - Entendendo o sinal algébrico do trabalho 135 4 - Trabalho realizado por forças internas 138 5 - Trabalho realizado por força constante inclinada 140 6 - Trabalho realizado por força de intensidade variável 140 7 - Aplicação: Cálculo do trabalho realizado pela força elástica 141 8 - Princípio da Trajetória Alternativa (P. T. A.) 142 9 - Princípio do trabalho total ou trabalho resultante 142 10 - Trabalho realizado pela força peso 144 11 - Forças conservativas e forças não-conservativas 145 12 - O Princípio da conservação da Energia Mecânica 145 13 - Condições para a conservação da Energia Mecânica 147 14 - Potência média e potência instantânea 149 15 – Máquinas 149 16 - O simples conceito de rendimento 150 - Pensando em classe 153 - Pensando em casa 157 CAPÍTULO 6 – SISTEMA DE PARTÍCULAS 1 - A quantidade de movimento (qdm) de uma partícula 165 2 - O impulso: o ganho de quantidade de movimento 165 3 - Impulso aplicado por uma força de intensidade variável 167 4 - O conceito de Sistema 168 5 - O conceito de Forças internas e Externas 169 6 - Entendo o impulso trocado entre dois corpos como uma mera transferência de quantidade de movimento entre eles.

169

7 - Sistema mecânico isolado na direção horizontal 170 8 - O centro de massa de um sistema de partículas 173 9 - A velocidade do centro de massa de um sistema de partículas 173 10 - A relação entre a quantidade de movimento de um sistema e a velocidade do seu

centro de massa 176 D

EMONSTRATIVO

11 - A 2ª lei de Newton para sistema de partículas 176 12 - Sistemas mecânicos isolados e a primeira lei de Newton para sistemas 179 13 - Sistemas mecânicos não isolados na vertical 182 14 - Coeficiente de restituição numa colisão 183 15 – Tipos de Colisão 183 16 – Caso Especial: Colisão elástica Unidimensional entre partículas de massas iguais 185 17 – Caso Especial: Colisão Unidimensional em que uma das massas é muito maior do que a outra

186

� Leitura Complementar: O Efeito da Baladeira Gravitacional 187 - Pensando em classe 188 - Pensando em casa 195 CAPÍTULO 7 – HIDROSTÁTICA 1 - O Conceito de Pressão 202 2 - Pressão exercida por uma coluna líquida 203 3 - A pressão atmosférica 206 4 - A Variação da Pressão no Interior de um gás 208 5 - A experiência de Torricelli 208 6 - Bebendo água de canudinho 210 7 - O Sifão 212 8 - O Princípio de Arquimedes do Empuxo 213 9 - A lógica por trás do Princípio de Arquimedes 214 10 - Calculando o empuxo a partir das leis de Newton 216 11 – Empuxo e Densidade 216 12 – Calculando o Empuxo Duplo 218 13 – Empuxo Não-Arquimedianos 219 14 – Referenciais não-inerciais na Hidrostática 225 15 – O Princípio de Pascal 227 16 – Mecanismos Hidráulicos 227 - Pensando em classe 229 - Pensando em casa 236 CAPÍTULO 8 – ESTÁTICA 1 – Introdução 248 2 - Momento de Uma Força 248 - Pensando em Classe 250 - Pensando em Casa 253 CAPÍTULO 9 – GRAVITAÇÃO UNIVERSAL 1 - Introdução 255 2 - Geocentrismo 255 DEMONSTRATIVO

3 - Heliocentrismo 255 4 - As três Leis de Kepler 256 5 - Lei da Gravitação Universal de Newton 256 6 - Intensidade do Campo Gravitacional 256 7 – Corpos em órbita 258 8 - Imponderabilidade no Interior de Satélites 258 9 – Entendendo as marés 258 - Pensando em Classe 260 - Pensando em Casa 263 CAPÍTULO 10 – ESPELHOS PLANOS 1 - Introdução 267 2 - Imagem de um Objeto Pontual 267 3 - Imagem de um Corpo Extenso 268 4 - Deslocamento e Velocidade da Imagem 268 5 - Campo Visual de um Espelho Plano 269 6 - Dois Espelhos Associados 269 7 - Rotação de um Espelho Plano 270 8 - Velocidade no Espelho Plano 270 9 – Enantiomorfismo 271 CAPÍTULO 11 – ESPELHOS ESFÉRICOS 1 - Introdução 273 2 - Elementos dos Espelhos Esféricos 273 3 - Leis da Reflexão 274 4 - Condições de Gauss 274 5 - Focos 274 6 - Raios Principais no Espelho Esférico 276 7 - Construção Geométrica de Imagens 276 8 - Espelho Esférico Convexo 277 9 – Espelho Esférico Côncavo 277 10 - Estudo Analítico 279 CAPÍTULO 12 – REFRAÇÃO DA LUZ 1 - Introdução 279 2 - Índice de Refração 279 3 - Leis de Refração da Luz 279 4 - Ângulo Limite e Reflexão Total 280 5 - Dioptro Plano 280 6 - Lâmina de Fases Paralelas 281 7 - Prisma Óptico 282

DEMONSTRATIVO

8 - Prismas de Reflexão Total 284 9 – Decomposição da Luz Branca 285 10 - Refração atmosférica, Miragens e Arco-íris. 286 CAPÍTULO 13 – LENTES ESFÉRICAS 1 - Introdução 288 2 - Tipos: Elementos e Nomenclatura 288 3 - Comportamento Óptico 289 4 - Focos 289 5 - Distância Focal e Pontos Antiprincipais 290 6 - Propriedades 290 7 - Construção Geométrica de Imagens 291 8 - Estudo Analítico 293 9 – Vergência (V) 293 10 - Fórmulas dos Fabricantes 293 11 – Associação de Lentes 294 12 – Instrumentos Ópticos 295 13 – Lupa 295 14 – Máquina Fotográfica 295 15 – Projetor 296 16 – Microscópio Composto 296 17 – Luneta Astronômica 296 18 – Óptica da Visão 296 19 – Comportamento Óptico do Globo Ocular 297 20 – Acomodação Visual 297 21 – Defeitos da Visão 297 - Pensando em classe 299 - Pensando em casa 311 CAPÍTULO 14 – Gases e Termodinâmica 1 – Entendendo o Estado Gasoso 325

2 – Leis experimentais dos gases 325

3 – A Equação de Estado do Gás ideal 327

4 – A Equação geral dos gases 328

5 – A Densidade do gás ideal 328

6 – Mistura de gases que não reagem entre si 329

7 – Transformações gasosas particulares 330

7.1 – Transformação isovolumétrica – Estudo gráfico e analítico 330

7.2 – Transformação isobárica – Estudo gráfico e analítico 331

DEMONSTRATIVO

7.3 – Transformação isotérmica – Estudo gráfico e analítico 333

8 – A Teoria Cinética dos Gases 335

9 – Interpretação molecular da pressão de um gás ideal 335

10 - Interpretação molecular da temperatura de um gás ideal 336

11 – A Energia interna de um gás Ideal 337

12 – Trabalho em Transformações gasosas 338

13 – Maneiras para Aquecer ou Esfriar um gás 340

13.1 – Fornecendo energia ao gás 340

13.2 – Extraindo energia do gás 340

13.3 – Aumentando a energia interna U do gás 340

13.4 – Diminuindo a energia interna U do gás 341

14 – A 1ª Lei da Termodinâmica 341

15 – A Expansão Livre – Um caso especial 342

16 – Funções de Estado e Funções de Caminho 344

17 – Calores Molares dos gases - Cp e Cv 345

17.1 – Calor fornecido ao gás no processo isovolumétrico (Qv) 345

17.2 – Calor fornecido ao gás no processo isobárico (Qp) 346

17.3 – Analise Comparativa entre Qp e Qv 346

17.4 – Proporção entre Qp, Qv, �U e �isob nesse contexto 347

18 – Relação entre Cv e �U 347

19 – A transformação adiabática 348

19.1 – Processos adiabáticos no dia-a-dia 348

19.2 – Estudo analítico da transformação adiabática 349

19.3 – Estudo gráfico da transformação adiabática 350

20 – Ciclos Termodinâmicos 350

20.1 – A variação da energia interna �U num ciclo termodinâmico 350

20.2 – O trabalho realizado num ciclo termodinâmico 351

20.3 – O calor trocado por um gás num ciclo termodinâmico 352

20.4 – A primeira lei da termodinâmica aplicada a um ciclo 352

20.5 – Interpretando o Ciclo – Máquinas Térmicas 352

20.6 – O conceito de rendimento de uma máquina térmica 353

20.7 – Máquinas Frigoríficas 353 DEMONSTRATIVO

20.8 – Eficiência de máquinas frigoríficas 353

21 – A segunda lei da Termodinâmica 354

22 – O ciclo de Carnot 354

22.1 – A máquina de Carnot na prática – Exemplo Numérico 355

23 – Uma visão histórica das máquinas térmicas 357

23.1 – Ciclo Otto – motores de automóveis 358

24 – Leis da Termodinâmica – Considerações Finais 359

25 – AutoTestes comentados 361

- Pensando em classe 363 - Pensando em casa 373 CAPÍTULO 15 – Entropia – Propriedades Fundamentais 1 - Introdução 394 2 - Entropia no Ciclo de Carnot 395 3 - Variações de Entropia em Processos irreversíveis – O Caso da Expansão Livre 396 4 - Entropia e o Sentido da Passagem do Tempo 399 5 - Entropia e a Desordem de um Sistema 400 6 – Entropia e a Disponibilidade de Energia 401 - Pensando em casa 403 Gabarito Comentado 407 Manual de Resoluções 421 Cronograma de aulas da Frente 2 466

DEMONSTRATIVO

VetoresAula 01

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br

1. Grandezas escalares e grandezas vetoriais Na natureza, algumas grandezas físicas ficam bem definidas quando lhes é atribuído um valor numérico (módulo) e uma unidade de medida. São as chamadas grandezas escalares. Essas grandezas não têm nenhuma orientação e a sua aritmética é simples como a utilizada no caixa de uma padaria. Dentre elas, podemos citar massa, tempo, comprimento, temperatura, energia, corrente elétrica, resistência elétrica, potência.

É isso aí turma !Massa é uma

grandeza escalar.....infelizmente .

Entretanto, existem grandezas que, além de um valor numérico (módulo) e uma unidade de medida, também recebem uma orientação, caracterizada por uma direção e um sentido. São as chamadas grandezas vetoriais. As operações matemáticas com essas grandezas precisam levar em conta não só o valor numérico, mas também a sua orientação. Assim, lançamos mão da geometria para nos auxiliar nas operações matemáticas com essas grandezas. Deslocamento, velocidade, aceleração, força, impulso , quantidade de movimento, velocidade angular, momento de uma força são exemplos de grandezas vetoriais.

A força é uma grandezavetorial ! Estou aplicando

uma força vertical para cima !

2. Vetores Para representar as grandezas físicas orientadas (vetoriais), utilizamos um ente geométrico denominado Vetor. Trata-se de um segmento de reta orientado (orientação dada pela flecha) que apresenta uma direção, um sentido e um módulo, que está relacionado com o comprimento do vetor. Um vetor, portanto, pode representar qualquer grandeza física vetorial.

A Bd�

a�

b�

c�

figura 1

A figura ilustra o vetor AB que tem direção horizontal, sentido da esquerda para a direita e módulo dado pelo comprimento AB . O vetor AB também pode ser simplesmente designado por uma única letra minúscula d

�. Para nos referirmos apenas ao módulo

do vetor d�

, podemos usar o símbolo | d�

| ou simplesmente d. Dizemos que dois vetores são iguais, se e somente se, apresentarem a mesma direção (forem paralelos), o mesmo

sentido (flecha) e mesmo módulo (comprimento). Sendo assim, podemos dizer que:

a�

= b�

e a�

� d�

� c�

.

Os vetores b�

e c�

são iguais apenas em módulo e direção. Simbolicamente, podemos escrever | b

�| = | c

�| apesar de

b�

� c�

. 3. Operação com vetores – soma vetorial Conforme dito, um vetor pode representar qualquer grandeza vetorial. Assim, para ilustrar a operação da “soma vetorial”, utilizaremos vetores que representam o deslocamento de uma pessoa, que têm sua origem no ponto de partida e, sua extremidade, no ponto de chegada. Imagine que uma pessoa partiu do ponto A e fez o percurso ABCD parando no ponto D. Cada um dos seus deslocamentos parciais AB, BC e CD podem ser representados, respectivamente, pelos vetores a

�, b�

e c�

conforme a figura 2. O deslocamento resultante dessa pessoa é representado pelo vetor r

�, que parte do ponto

inicial A e tem sua extremidade no ponto final D como mostra a figura 3. Dizemos que r

� é a soma vetorial ou a resultante dos

vetores a�

, b�

e c�

e, simbolicamente, escrevemos: r�

= a�

+ b�

+ c�

A

B C

Da�

b�

c�

figura 2

A

B C

Da�

b�

c�

r�

figura 3

Admitindo que os módulos dos deslocamentos valem | a�

| = 9 km, | b�

| = 8 km e | c�

| = 3 km, a fim de obter o vetor r�

, você não deve efetuar o cálculo:

r�

= a�

+ b�

+ c�

= 9 + 8 + 3 = 20 km

Afinal de contas, a expressão acima não se trata de uma soma algébrica ou soma escalar. As flechinhas sobre cada letra indicam que estamos realizando uma soma vetorial ou geométrica e que não se pode substituir diretamente os valores numéricos na expressão. Devemos fazer uso das propriedades da geometria e, a partir do diagrama dos vetores ilustrado na figura 3, obter o módulo do vetor r

�.

A partir do Teorema de Pitágoras, o triângulo hachurado na figura 3 nos permite escrever :

(a–c)2 + ( b )2 = ( r )2 � ( 9–3 )2 + ( 8 )2 = ( r )2 � r = 10 km DEMONSTRATIVO

Física


2

Assim, sempre que desejarmos calcular o resultado de uma operação com vetores, é preciso primeiro traçar o diagrama vetorial e, só em seguida, utilizar a geometria plana para efetuar a operação. Em linhas gerais, para se obter a resultante entre vários vetores, basta dispor os vetores um após o outro, com a extremidade de um na origem do próximo. O vetor soma é sempre obtido ligando a origem do primeiro à extremidade do último. Esse processo gráfico chama-se método do polígono. A seguir, destacamos uma série de relações vetoriais existentes no diagrama da figura 4. Observe:

c�

a�

b�

d�

e�

f�

g�

figura 4

a�

+ b�

+ d�

+ f�

= g�

mas ( a�

+ b�

) = c�

, portanto:

( a�

+ b�

) + d�

+ f�

= g�

c�

+ d�

+ f�

= g�

mas ( c�

+ d�

) = e�

, portanto:

( c�

+ d�

) + f�

= g�

e�

+ f�

= g�

As relações vetoriais acima mostram que a soma de vetores é associativa. É fácil ver que também é válida a propriedade comutativa para a adição, ou seja,

a�

+ b�

= b�

+ a�

: Graficamente, temos:

c�

a�

cba��

��

b�

figura 5

a

b�

cab��

��

c�

figura 6

4. Operação com vetores – subtração de vetores Sejam os vetores a

�, b�

e c�

mostrados na figura 7. Desejamos obter o vetor r

� tal que r

� = a�

+ b�

– c�

. Para isso, definimos o vetor oposto a c

�, representado por – c

�. Note que os vetores

c�

e – c�

têm o mesmo módulo (comprimento), mesma direção (são paralelos) e sentidos opostos ( flechas contrárias) como na figura 7.

O vetor – c

� não se trata de um vetor negativo, afinal de contas, um

vetor é um ente geométrico e, assim como não existem quadrados negativos ou triângulos negativos, não existem vetores negativos. Apenas, da mesma forma que existe um vetor chamado c

�,

também existe um vetor chamado – c�

, é o nome dele, chama-se vetor “menos cê ”.

b�a

�

c� c

��

figura 7

b�

r�

a�

c�

�

figura 8 Assim, reescrevemos a expressão r

� = a�

+ b�

– c�

como r�

= a�

+ b�

+ (– c�

) e traçamos o diagrama vetorial naturalmente, dispondo os vetores a

�, b�

e (– c�

) em série, um após o outro e traçando o vetor resultante r

� como mostra a figura 8. Mais uma

vez, determinaremos o módulo de r�

com base na geometria da figura. 5. Método gráfico do paralelogramo Para determinar a resultante entre vários vetores através do método do polígono, vimos que devemos dispor um vetor após o outro (figura 9a), com a extremidade de um coincidindo com a origem do seguinte (em série). O vetor resultante é obtido ao final, ligando a origem do primeiro vetor à extremidade do último (figura 9b). Uma forma alternativa de se traçar a resultante entre dois vetores a�

e b�

que formam um ângulo entre si é através do método do paralelogramo. Nesse método, que se aplica a apenas dois vetores de cada vez, devemos dispor os dois vetores de forma que D

EMONSTRATIVO

Física


3

suas origens fiquem coincidentes (figura 9c). Traçando-se as retas paralelas r e s, determinamos um paralelogramo. Traçando-se a diagonal desse paralelogramo (figura 9d) a partir da origem dos vetores, determina-se o vetor resultante r

� tal que

r�

= a�

+ b�

.

b�

a�

Figura 9 a

b�

a�

Figura 9 b

b�

a�

r

s

Figura 9 c

a�

b�

bar

��

Figura 9 d

É fácil ver que os traçados gráficos mostrados na figura 9b e 9d são equivalentes e determinam o mesmo vetor r

�, por qualquer

um dos métodos. A partir da lei dos cossenos, pode-se demonstrar que, se a

� e b�

são dois vetores que formam um ângulo entre si ( figura 9d ), a resultante r

� = a�

+ b�

tem módulo dado pela relação:

�� cos.b.a.2 b a r 222 Para uma importante revisão de geometria plana, veja a página 7. 6. Ângulo formado entre dois vetores O ângulo formado entre dois vetores, por definição, é o menor ângulo determinado entre eles quando suas origens estão coincidentes.

Figura 10 Figura 11

Para esclarecer melhor, considere os vetores a�

, b�

e c�

apoiados sobre um triângulo eqüilátero na figura 10. Observando apenas os vetores a

� e b�

, alguém, à primeira vista, poderia julgar que o ângulo formado entre eles é de 60, o que estaria errado visto que suas origens não estão coincidentes. Assim, ainda é preciso mover um dos vetores paralelamente a si a fim de tornar a sua origem coincidente com a do outro, como sugere a figura 11. Portanto, o ângulo formado entre os vetores a�

e b�

não será 60, mas sim, o seu suplemento 180 – 60 = 120.

Já os vetores a�

e c�

, na figura 10, têm origens coicindentes e, portanto, o ângulo formado entre eles realmente vale 60, assim como o ângulo formando entre b

� e c�

.

7. Decomposição de vetores

A decomposição de vetores é uma ferramenta muito útil na análise de problemas de Física. Seja um vetor genérico F

�. Estamos

interessados em determinar as componentes horizontal e vertical xF�

e yF�

do vetor F�

.

xF�

yF� F

�

xF�

yF�F

�

Figura 12 a

Figura 12 b Para isso, posicionamos o vetor F

� na origem de um sistema de

eixos cartesianos e determinamos as projeções desse vetor sobre os eixos x e y (figura 12 a). Os vetores projeções xF

� e yF�

mostrados na figura 12 claramente satisfazem a relação vetorial F�

= xF�

+ yF�

.

E aí...brother.... como sedeterminam os módulos das

componentes Fx e Fyconhecendo o módulo de F ?

Ora Raul.....basta usar osconceitos de seno ecosseno no triângulo

retângulo. Veja a seguir !

Observando o triângulo retângulo da figura 12b, é fácil ver que:

sen = FFy � Fy = F . sen

cos = FFx � Fx = F . cos

Adicionalmente, pelo teorema de Pitágoras, os módulos dos vetores projeções xF

� e yF�

satisfazem a relação algébrica:

(F)2 = (Fx)2 + (Fy)2

A seguir, ilustramos uma aplicação clássica da decomposição de forças em Mecânica. Exemplo resolvido 1: Uma caixa de peso P = 120 N encontra-se apoiada sobre um plano inclinado liso que forma um ângulo = 36 com a horizontal e escorrega ladeira abaixo. Determine o valor da componente do peso responsável pelo movimento da caixa. Dado = 36 , sen36 = 0,6 cos36 = 0,8

DEMONSTRATIVO

Física


4

Solução: A figura 13a mostra as duas forças aplicadas sobre a caixa: o peso P exercido pela Terra e a reação normal N exercida pelo plano inclinado.

figura 13a

figura 13b

Se o plano inclinado forma um ângulo com a horizontal, é fácil perceber que a força peso P também forma um ângulo com a direção da normal N. Assim, decompondo a força peso em suas componentes (figura 13b), temos que: P.sen = P. sen36 = 120 x 0,6 = 72 N P.cos = P. cos36 = 120 x 0,8 = 96 N Estando a caixa em equilíbrio na direção normal, temos N = P.cos = 96 N. A componente P.sen = 72 N é a responsável pelo movimento da caixa ladeira abaixo. Exemplo resolvido 2 : Uma bola de tênis, movendo-se com velocidade 1V

� de módulo 40 m/s, colide elasticamente com o solo

horizontal de acordo com a figura 14 e retorna com velocidade 2V�

de mesmo módulo 40 m/s. Dado sen54 = 0,8 cos54 = 0,6 , pergunta-se: a) É correto afirmar que 1V

� = 2V

� e, portanto, que

0 V V V 12

�� ?

b) Caso contrário, determine o valor da variação da velocidade vetorial 12 V V V

�� da bola na colisão.

54o 54o1V�

2V�

figura 14

Solução: a) Os vetores 1V

� e 2V�

certamente NÃO são idênticos, pois têm orientações diferentes. Apenas apresentam o mesmo módulo, portanto 1V

� � 2V�

e 0 V V V 12

�� .

b) )V ( V V V V 1212

�� , ou seja, devemos achar a

resultante (+) entre os vetores 2V�

e – 1V�

54o 54o1V�

� 2V�

figura 15

figura 16

O vetor – 1V

� é obtido invertendo-se a flecha do vetor 1V

� .

A figura 15 ilustra o diagrama vetorial preparado para que se determine a resultante )V ( V V 12

�� .

Na figura 16 , tomamos | 2V�

| = | – 1V�

| = V = 40 m/s e decompomos os vetores para achar a resultante: Na horizontal, as componentes Vx se cancelam e a resultante será puramente vertical, de módulo:

| V�

� | = Vy + Vy = 2.V.cos = 2 x 40 x 0,6 = 48 m/s | V�

� | = 48 m/s

54o 54o

2V�

1V�

�

V�

�

figura 17

Assim o vetor diferença )V ( V V 12

�� é vertical,

apontando para cima (figura 17) e tem módulo dado por | V�

� | = 48 m/s D

EMONSTRATIVO

Física


5

8. Multiplicação de um vetor por um número Seja um vetor a

�. O resultado da multiplicação desse vetor por

um número real n é um outro vetor de mesma direção de a�

(paralelo a a

�) e cujo sentido depende do sinal de n. Observe a

figura 18:

a�

a�

a�

a2�

a�

�

a�

�

a�

�

a3�

�

figura 18

Nota-se que o vetor 2 a�

é paralelo ao vetor a�

, tem a mesma direção e sentido de a

� e módulo (comprimento) duas vezes maior

que a�

. Já o vetor –3 a�

tem a mesma direção de a�

(são paralelos) e sentido contrário de a

� (flecha invertida) e

módulo 3 vezes maior que a�

. Assim, generalizando: � Se b

� = n. a

� com n � R , então o vetor b

� é paralelo ao

vetor a�

� Se n > 0, os vetores b

� e a�

apontarão no mesmo sentido � Se n < 0, os vetores b

� e a

� apontarão em sentidos

opostos � Se b

� = n. a

� � | b

�| = | n. a

�| � | b

�| = | n | . | a

�|

� b = n. a

Grandeza Relação vetorial

Conseqüência matemática da relação vetorial

Força F�

a . m F��

�

Como a massa m de um corpo é sempre positiva (m > 0), concluímos que a aceleração a�

causada por uma força F�

está sempre na mesma direção e sentido da referida força.

Força elétrica eF�

E q. eF��

�

A força elétrica eF�

é sempre paralela ao campo elétrico E

�

que a transmite. � Se q > 0 , eF

� e E�

terão o mesmo sentido

� Se q < 0 , eF�

e E�

terão sentidos opostos

Quantidade de

Movimento Q�

Vm. Q��

�

Como a massa m de um corpo é sempre positiva (m > 0), concluímos que a quantidade de movimento Q

� de um móvel

está sempre na mesma direção e sentido da sua velocidade V

�

Impulso de uma força I

� t . F I ��

��

Como �t é sempre positivo (�t > 0), concluímos que o Impulso I

� aplicado por uma

força está sempre na mesma direção e sentido da referida força F

�.

Muitas grandezas vetoriais na Física são definidas pelo produto entre um número real n e um outro vetor. A tabela nessa página mostra alguma dessas grandezas, bem como a interpretação física. Se o estudante conhece bem as propriedades matemáticas dos vetores, ele percebe que as conclusões mostradas na tabela anterior são meras conseqüências matemáticas da relação vetorial que define essas grandezas. Isso significa que essas conclusões não merecem ser memorizadas. O aluno deve ser capaz de reproduzi-las por si só posteriormente, sempre que se deparar com aquelas relações vetoriais. 9. Propriedade do polígono fechado de vetores

Se n vetores, dispostos em série, um após o outro, formam um polígono fechado, então a resultante desses vetores é nula.

A

B

figura 19

A

B

figura 20 Para compreender melhor o significado dessa propriedade, considere os 8 vetores da figura 19 dispostos num polígono fechado. Se uma pessoa parte do ponto A, segue no sentido anti-horário o caminho formado pela série de vetores e retorna ao ponto A, qual o deslocamento efetivo dessa pessoa ? Certamente é nulo. Essa é uma forma simples de entender a propriedade do polígono fechado de vetores. A resultante de todos os vetores é nula. Uma outra forma de visualizar que a resultante dos vetores é nula consiste em, inicialmente, determinar a resultante de todos os vetores exceto um deles, por exemplo, o vetor AB , como indica a figura 20. Em seguida, somamos a resultante de todos os vetores exceto AB com o vetor AB faltante e, assim, obtemos a resultante final de todos os vetores. A resultante dos 7 vetores na figura 20, partindo de B e percorrendo no sentido anti-horário o caminho de vetores, até o ponto A é dada, graficamente, pelo vetor BA . Agora somando a resultante dos 7 vetores BA com o 8o vetor AB que foi temporariamente deixado de fora, temos: D

EMONSTRATIVO

Física


10

Pensando em ClassePensando em Classe

Questão 1 Determine o módulo do vetor resultante em cada um dos sistemas abaixo. Todos os vetores têm o mesmo módulo igual a 1: a)

b)

c)

d)

Questão 2 A figura mostra um hexágono regular de lado a sobre o qual se apoiam 5 vetores. A resultante desses vetores tem módulo dado por : a) 3.a. 3 b) 4.a c) 6.a d) 6.a. 3 e) 12 a

Questão 3 O esquema a seguir mostra cinco vetores a

�, b�

, c�

, d�

e e�

apoiados sobre um pentágono regular. A relação vetorial que existe entre eles é: a) a�

+ b�

+ c�

= d�

+ e�

b) a�

+ e�

+ b�

+ c�

= d�

c) a�

+ b�

+ c�

+ d�

+ e�

= 0�

d) a�

+ c�

+ d�

= b�

+ e�

e) a�

+ e�

= b�

+ c�

+ d�

e�

a�

b�

c�

d�

Questão 4 Através do Método da Decomposição, determine a resultante dos vetores do sistema abaixo:

20 U

4 U

7 U

cos = 0,6

sen = 0,8

DEMONSTRATIVO

Física


18

Questão 15 - � Em cada ítem abaixo, determine os vetores a

� e b�

fazendo uso dos versores unitários i e j, bem como o módulo do vetor diferença d

� = a�

– b�

. Admita que as células são quadrados de lado 1. a)

a� b

�

b)

a�

b�

Dica: veja explicação e exemplo resolvido nas páginas 6 e 7. Questão 16 - � Duas bolas de sinuca A e B, de massas mA = 4 kg e mB = 2 kg, se movem sobre um plano horizontal liso em movimento uniforme, com velocidades �AV

�(3.i + 5.J) e �BV

�( 6.i – 1.J) em

m/s. Determine o módulo da velocidade cmV�

do centro de massa desse sistema, dada pela fórmula abaixo:

cmV�

= A A B B

A B

m .V m .Vm m

��

� �

Questão 17 - � Uma partícula puntiforme movendo-se pela floresta encantada � tem, em certo instante t, a velocidade, em m/s, dada por V0 = 1,0 i – 14,0 j + 5,0 k. Dois segundos depois, sua velocidade, em m/s, é dada por V2 = 4,0 i – 2,0 j + 1,0 k. No intervalo de tempo considerado, o módulo da aceleração média, em m/s2, é: a) 25,0 b) 5,0 c) 1,0 d) 6,5

2 om

V VVat t

��

� ��

Dica: veja página 7, seção 11. O símbolo �, no começo de algumas questões, indica que aquelas questões encontram-se resolvidas no Manual de Resoluções que encontra-se anexado a essa apostila, a partir da página 421 Questão 18 Determine o módulo e a orientação aproximada do vetor que resulta em cada sentença vetorial a seguir: a) 3. ( 2 ) – 4. ( 3�) + 2.( 2 �) = (exemplo resolvido) = ( 6 ) + ( 12 �) + ( 4 �) = = ( 6 ) + ( 8�) = = 10 � b) (–3).( 2 ) + 4. ( 3 ) – 2.( 5 �) + 3.( 6 �) c) (–2).( 7 ) + 4.( 4 �) + 2. ( 2 ) – 3.( 2 �)

DEMONSTRATIVO

Física


19

Questão 19 - � Resolva as seguintes equações vetoriais e determine o módulo do vetor x

� em cada caso:

a)

62 6 X2

�0�

b)

60o

60o

4

4

X2�

6 4

c)

30o

6 30o6 8 X2�

Questão 20 - � (Unifor) A figura mostra 3 forças 1F

�, 2F�

e 3F�

de intensidades respectivamente iguais a 6N, 3N e 2N. A resultante dessas forças tem intensidade : a) 3 N b) 4 N c) 5 N d) 7N e) 11 N

2F�

1F�

3F�

Questão 21 - � A figura ilustra 4 vetores apoiados num cubo de aresta a = 6 . A resultante desses quatro vetores tem módulo: a) 6 b) 10 c) 12 d) 14 e) 16

Questão 22 - � A figura ilustra 3 vetores apoiados num cubo de aresta a = 3 . A resultante desses três vetores tem módulo: a) 6 b) 10 c) 12 d) 14 e) 16

Dica: decomponha cada vetor e use a idéia da questão 13 de classe DEMONSTRATIVO

De Aristóteles a GalileuAula 2


1 – Introdução Há mais de 2000 anos atrás, os cientistas da Grécia antiga estavam familiarizados com algumas das idéias que estudamos hoje. Tinham um bom entendimento de algumas propriedades da luz, mas eram confusos sobre o movimento. Um dos primeiros a estudar seriamente o movimento foi Aristóteles, o mais proeminente filósofo-cientista da Grécia antiga. 2 - O Pensamento Aristotélico e o Senso Comum. Denominamos “senso comum” o conjunto de princípios e conclusões que consideramos corretas com base em nossas experiências cotidianas. Entretanto, muitas vezes a simples observação dos fenômenos do dia-a-dia, mascaradas por efeitos que fogem à nossa capacidade de observação, nos leva a conclusões equivocadas mas que são admitidas corretas até que uma nova observação mais cautelosa, regada por um raciocínio lógico dedutivo, nos faz perceber a necessidade de rever nossos conceitos e ser mais cautelosos com tudo aquilo que denominamos senso comum. Ao contrário do que se possa imaginar, nossos sentidos nem sempre são tão confiáveis.

F F F F

Figura 1 - O estado natural dos corpos é o de repouso. Um corpo só se manterá em movimento enquanto uma força atuar sobre ele. Quando esta for suprimida o corpo deve retornar ao repouso. Esse é o ponto de vista de Aristóteles (384-322 a.c.). Se você ainda pensa assim, seu ponto de vista está atrasado 2000 anos �.

Por exemplo, sabemos que se uma força suficientemente grande for aplicada sobre uma mesa, esta acabará se movendo ao longo do piso. Entretanto, percebemos que esse movimento cessa tão logo a força seja suprimida. Conclusão do senso comum: para manter um corpo em movimento, é necessária a atuação de uma força a favor do deslocamento. Tão logo todas as forças sejam suprimidas, o corpo voltará ao estado de repouso, o estado natural dos corpos livres da ação de forças. Quando uma pedra e uma folha de papel são abandonadas do alto de um prédio, facilmente percebe-se que a pedra chega ao solo antes que o papel, o que leva à seguinte conclusão do senso comum: Os corpos mais pesados caem mais rapidamente que os corpos mais leves.

figura 2 - Aristóteles (384 – 322 a.c.) foi um dos mais famosos filósofos gregos e um dos primeiros a se preocupar com o movimento dos corpos.

Esses dois exemplos de senso comum citados acima constituem a base do pensamento Aristotélico sobre o movimento dos corpos.

Aristóteles acreditava que a resistência natural ao movimento (atrito, resistência do ar) era algo inerente ao movimento, sendo impossível suprimi-la. Ele fez deste o fato central da sua teoria do movimento segundo a qual era fundamental que houvesse uma força empurrando ou puxando os corpos para mantê-los em movimento. Curiosamente, até hoje, as idéias aristotélicas sobre o movimento ainda coincidem com o pensamento do senso comum das pessoas leigas em ciências. Uma pessoa não devidamente instruída, quando questionada sobre “quem cairá primeiro, uma pedra ou uma folha de papel”, certamente responde que “a pedra cairá antes, por ser mais pesada”.

Figura 3 – Galileu Galilei

As idéias aristotélicas sobre o movimento dominaram o mundo científico por mais de dois mil anos e começaram a ser questionadas no século dezesseis por Copérnico e Galileu. Apesar de não ter sido o primeiro a apontar algumas dificuldades nas concepções de Aristóteles, Galileu foi o primeiro a fornecer refutações definitivas apoiadas no método experimental por ele introduzido no estudo das ciências naturais. 3 – Galileu chega ao conceito de Inércia

Figura 4 – A lendária demonstração de Galileu sobre a queda dos corpos.

Para demonstrar o erro na hipótese de Aristóteles sobre a queda dos corpos, conta-se que Galileu deixou cair, do alto da torre inclinada de Pisa, vários objetos com pesos diferentes e comparou D

EMONSTRATIVO

Física


21

as quedas. Ao contrário do que afirmava Aristóteles, Galileu comprovou que uma pedra duas vezes mais pesada que outra não caía realmente duas vezes mais rápido. Desprezando o efeito do ar, Galileu percebeu que objetos de pesos diferentes, soltos ao mesmo tempo, caíam juntos e atingiam o chão ao mesmo tempo. Modernamente, sabemos que, na ausência da resistência do ar (no vácuo), todos os corpos são igualmente acelerados e caem juntos. Esse comportamento ainda é aproximadamente observado mesmo em situações em que a resistência do ar esteja presente, desde que ela ainda seja desprezível, como no caso das pedras abandonadas por Galileu do alto da torre. Em geral, quando a força de resistência do ar está presente, ela afeta diferentemente o movimento de queda dos corpos, sendo que aqueles mais pesados e com formato mais “aerodinâmico” tendem a cair mais rapidamente que os demais. Estudaremos a força de resistência do ar em detalhes no capítulo de Atrito. A metodologia investigativa de Galileu, aliando suas habilidades experimentais ao seu raciocínio lógico, constitui a base do método experimental. Pelo seu pioneirismo, Galileu é considerado o precursor da grande revolução ocorrida na Física a partir do século XVII. Para chegar ao conceito de Inércia, Galileu realizou uma série de experimentos com planos inclinados. Numa de suas mais famosas experiências, ele colocou dois de seus planos inclinados (Figura 5) um de frente para o outro. Ele observou que uma bola liberada do topo de um plano inclinado, a partir do repouso, rolava para baixo e então subia o outro plano inclinado até alcançar uma altura quase igual à sua altura inicial. Raciocinou que apenas o atrito a impedia de chegar até exatamente a mesma altura inicial, pois quanto mais liso era o plano inclinado, mais próximo daquela altura a bola chegava.

Posição inicial Posição final

Posição inicial Posição final

Posição inicial

Onde é a posição final ?

Figura 5 – Planos inclinados de Galileu

Ele então reduziu a inclinação do plano de subida. Novamente a bola alcançava a mesma altura, embora tivesse que percorrer uma distância maior. Reduzindo o valor do ângulo gradativamente, a bola vai cada vez mais longe para atingir a mesma altura inicial. Galileu, então, pôs a seguinte questão: “se eu disponho esse plano

na horizontal, quão longe a bola deve ir para alcançar a mesma altura inicial ?” A resposta óbvia é “ela jamais alcançará essa altura inicial, se moverá para sempre, perpetuamente, na ausência de atrito”. A propriedade de um objeto tender a se manter em movimento numa linha reta (movimento retilíneo e uniforme) foi chamada de inércia. O conceito de inércia não era o senso comum e os antigos tinham muita dificuldade em compreendê-lo. Por exemplo, considere que uma pessoa esteja no topo do mastro de um navio que se move para frente com velocidade constante em alto mar. Admita que essa pessoa segure, em suas mãos, uma bola de canhão. Até o século XVI, acreditava-se que, se a bola de canhão fosse abandonada do repouso pela pessoa, a bola iria descendo e ficando para trás (figura 6), em relação ao navio e, portanto, não cairia no pé do mastro.

v

v

v

v

Figura 6 – Segundo o pensamento aristotélico, o barco permaneceria se movendo para a frente. A bola abandonada iria ficando para trás, em relação ao navio, e não

cairia no pé do mastro. O conceito de inércia ainda não era conhecido.

Se eles conhecessem o conceito de inércia, entenderiam que os movimentos horizontais e verticais ocorrem de forma independente (é o chamado Princípio da Independência dos Movimentos de Galileu) e que, portanto, a bola de canhão acompanha o movimento horizontal do barco durante a sua queda, conforme a figura 7. Os antigos acreditavam no modelo geocêntrico para o sistema solar, defendendo que a Terra encontrava-se em repouso no centro do universo. Para eles, era senso comum o fato de que seria impossível existir uma força suficientemente grande capaz de manter a Terra se movendo para frente. Se eles conhecessem o conceito de inércia, entenderiam que a Terra poderia se manter em movimento sem que nenhuma força fosse necessária para a manutenção da sua rapidez. Um corpo em MCU, por exemplo, não requer uma força tangencial para mantê-lo em movimento, mas tão D

EMONSTRATIVO

Física


22

somente uma força radial (ctp) para garantir a sua gradual mudança de direção, ao descrever a órbita curvilínea.

v

v

Figura 7 – A inércia em ação – Na natureza, o barco se move para frente e a bola cai ao pé do mastro. Isso ocorre pelo fato do movimento de queda vertical descrito pela bola ser independente do seu MRU original para a direita, acompanhando o movimento do navio.

Outro argumento curioso (cômico, na verdade �) dos aristotélicos a favor da imobilidade da Terra era o seguinte: Se a Terra estivesse se movendo ao redor do sol, seria necessária uma velocidade orbital da ordem de 30 km/s para que ela completasse uma volta a cada ano. Assim, imagine um pássaro pousado num galho de uma árvore observando uma suculenta minhoca no chão. Se o pássaro decidir apanhar a minhoca, gastando um segundo para descer até o chão e pegá-la, segundo os antigos, ele jamais conseguirá, caso a Terra esteja em movimento. Isso porque, durante um segundo de descida do pássaro, a Terra, juntamente com o chão e a minhoca, se deslocará 30 km para frente e, portanto, o pássaro jamais alcançará a minhoca a tempo ! Como os pássaros comem minhocas diariamente, parecia claro para os antigos que a Terra só pode estar em repouso.

Figura 8 – A inércia em ação – O movimento horizontal do pássaro, da minhoca e da árvore acompanha o movimento da Terra. O movimento vertical do pássaro é independente do seu movimento horizontal.

Atualmente, entendemos que o movimento de descida do pássaro ocorre independente do seu movimento horizontal a 30 km/s, acompanhando o movimento da Terra, árvore, chão e minhoca. Assim, por inércia, ele prossegue horizontalmente junto com a Terra, enquanto desce, apanha a minhoca e sobe, o que permite matar a sua fome diariamente, ainda que a Terra esteja se movendo ao redor do sol � ! Se os antigos estivessem corretos, você é capaz de imaginar o que ocorreria caso você chegasse bem próximo a uma parede vertical em sua casa e desse um pulo para cima ? Estaria literalmente cometendo suicídio � ! As pessoas de 400 anos atrás tinham dificuldades com idéias como essa não só por falharem em reconhecer o conceito de inércia, mas porque estavam acostumadas a locomoverem-se em veículos que trepidavam bastante. Carruagens puxadas por

cavalos, em estradas sacolejantes, não os conduziam aos experimentos capazes de revelar os efeitos da inércia. Hoje nós atiramos uma moeda para cima dentro de um carro ou avião e apanhamos a moeda de volta, da mesma forma que o faríamos caso estivéssemos parados. Nós vemos a evidência da lei da inércia quando a moeda nos acompanha. A força vertical da gravidade afeta apenas o movimento vertical da moeda. Em suma, a inércia é parte na nossa rotina diária nos tempos modernos, embora nem todos tenham essa percepção da física presente no cotidiano.

Figura 9 – Pessoa no interior de um avião em MRU - A inércia em ação – A moeda lançada para cima retorna novamente à mão da pessoa, acompanhando o seu movimento horizontal. No referencial do avião, a moeda executa um mero movimento vertical de sobe e desce.

Nossas noções do movimento atualmente são muito diferentes daquelas dos nossos ancestrais. Aristóteles não reconheceu a idéia de inércia porque não percebeu que todas as coisas que se movem seguem as mesmas leis. Ele imaginava que as leis que regiam os movimentos celestes eram muito diferentes daquelas que regiam os movimentos na Terra. Galileu e Newton, por outro lado, perceberam que todos os objetos em movimentos seguem as mesmas leis. Para eles, corpos que se movem em MRU, na ausência de atrito, não requerem a ação de forças para permanecer em movimento. Podemos apenas especular como a ciência teria progredido se Aristóteles tivesse reconhecido a unidades de todos os tipos de movimento a 2000 anos atrás. 4 - O Princípio da Relatividade de Galileu O princípio da inércia traz consigo o Princípio da Relatividade de Galileu segundo o qual é impossível um observador distinguir se encontra-se num referencial parado ou num referencial em movimento retilíneo uniforme, visto que experimentará exatamente as mesmas sensações em ambos os referenciais.

Figura 10 – A inércia em ação – Uma partida de tênis jogada em qualquer referencial Inercial transcorre da mesma forma, quer você esteja jogando em terra firme, quer você esteja jogando no interior de um Boeing voando em MRU. D

EMONSTRATIVO

Física


23

Por exemplo, todas as leis da Física válidas durante uma partida de tênis em Winbledon também são igualmente válidas caso os jogadores estejam jogando tênis numa ampla quadra instalada no interior de um Wide Boeing Large voando em movimento retilíneo e uniforme em relação à Terra. A verdade é que, sem olhar pela janela, os jogadores no interior do avião não têm como distinguir em qual das situações se encontram, visto que a trajetória seguida pela bola, as sensações fisiológicas, a gravidade, tudo funciona exatamente como se estivessem jogando numa quadra em terra firme. A lei da inércia é sempre válida em referenciais que encontram-se parados ou que se deslocam em movimento retilíneo e uniforme, os chamados Referenciais Inerciais ou Galileanos. Um metrô que esteja se movendo aceleradamente para frente, por exemplo, não é um referencial inercial visto que, em seu interior não será válida a lei da inércia. O que isso significa ? Caso um passageiro desse metrô jogue uma moeda verticalmente para cima, perceberá que a moeda subirá e descerá sendo arrastada para trás, caindo no piso numa posição atrás do passageiro. Referenciais acelerados como estes são denominados Referenciais Não-Inerciais. No momento estamos interessados em tratar somente com Referenciais Inerciais. As Leis de Newton só são válidas em referenciais inerciais. A importância do Princípio da Relatividade de Galileu é tão grande para a compreensão da Física como um todo, que enfatizaremos o seu enunciado:

As leis da física são sempre as mesmas, esteja você parado ou se movendo uniformemente em linha reta.

Ora, mas se as leis da natureza não são afetadas pelo movimento retilíneo e uniforme, tampouco o serão experimentos, máquinas, medidas ou observações. Em outras palavras, não há como você dizer se está parado ou se movendo em MRU com base em medidas ou experimentos. Assim, o Princípio da Relatividade pode ser enunciado da seguinte forma: Nenhum experimento ou medida física é capaz de distinguir se um observador encontra-se parado ou em movimento retilíneo e uniforme. 5 –A primeira lei de Newton do movimento Em 1642, no ano da morte de Galileu, nasce Isaac Newton. Aos 23 anos de idade, Newton formulou as suas famosas leis do movimento, que suplantaram em definitivo as idéias aristotélicas que haviam dominado o pensamento das melhores mentes por quase dois milênios.

A primeira lei de Newton é uma reafirmação do conceito de inércia, proposto por Galileu. Newton refinou esse conceito estabelecendo que: Todo objeto permanece em seu estado de repouso ou de movimento retilíneo e uniforme (em suma, permanece em equilíbrio) , a menos que seja obrigado a mudar aquele estado, devido à ação de forças sobre ele. A palavra chave nesta lei é permanece: Um corpo permanece fazendo seja o que for, a menos que uma força seja exercida sobre ele. Se ele estiver em repouso, permanecerá em repouso. Isto é ilustrado quando uma toalha de mesa é habilmente puxada por baixo dos pratos sobre uma mesa, deixando esses pratos em seus estados iniciais de repouso. Se um objeto estiver se movendo, ele

permanecerá se movendo, sem fazer curvas ou alterar sua rapidez, enquanto não sofrer a ação de uma força que altere o seu estado de movimento. Ao contrário do que dizia Aristóteles, o estado natural dos corpos não é o repouso, mas sim, o equilíbrio.

Figura 11 – Isaac Newton

6 – Entendendo o conceito de Equilíbrio A palavra “equilíbrio” é um termo bastante amplo. Genericamente, dizemos que um corpo ou um sistema encontra-se em equilíbrio quando suas características permanecem estáveis no tempo, imutáveis, constantes.

O Equilíbrio é um estado em que não ocorrem mudanças. Por exemplo, dizemos que a economia de um país encontra-se equilibrada quando a taxa de juros permanece estável, quando a cotação do dólar não varia, assim como o PIB, a renda per capita etc. Da mesma forma, um sistema físico-químico encontra-se em equilíbrio quando as concentrações das substâncias em seu interior permanecem constantes no tempo. O mesmo ocorre na mecânica: um corpo encontra-se em equilíbrio quando sua velocidade permanece constante no decorrer do tempo (podendo ser nula ou não). Tanto um quadro pendurado na parede em “repouso permanente” como uma bola de boliche que se move em MRU num solo liso encontram-se em equilíbrio. Mas o que há em comum em duas situações aparentemente tão distintas ? O fato da velocidade permanecer constante (vetorialmente constante) em ambas as situações, quer essa velocidade seja ou nula ou não. Para ser mais claro e explícito, podemos dizer que: � Um corpo só encontra-se em equilíbrio se sua VELOCIDADE

permanecer CONSTANTE em direção, sentido e valor; � Todo corpo que tenha VELOCIDADE CONSTANTE em direção,

sentido e valor (quer ela seja nula ou não) encontra-se em EQUILÍBRIO;

� Só existem dois possíveis estados de equilíbrio mecânico: o “repouso permanente” e o “movimento retilíneo e uniforme”. Assim, todo corpo em equilíbrio só pode estar em um desses dois estados, respectivamente denominados “equilíbrio estático” e “equilíbrio dinâmico”.

� Todo corpo que estiver se movendo em trajetória NÃO-RETILÍNEA, ou seja, CURVILÍNEA, não estará em equilíbrio, por apresentar velocidade variável. Afinal, por estar fazendo curvas, a velocidade do móvel estará mudando de direção em D

EMONSTRATIVO

Física


24

cada ponto da trajetória, mantendo-se tangente à ela, o que já é suficiente para dizermos que a sua velocidade não é constante, por se tratar de uma grandeza vetorial.

� Conforme aprenderemos, o agente que causa a VARIAÇÃO DA VELOCIDADE (direção, sentido e valor) de um corpo é a FORÇA. Na ausência dela, o corpo certamente apresentará VELOCIDADE CONSTANTE, isto é, estará em EQUILÍBRIO.

7 – Entendendo o conceito de repouso O conceito de “repouso” é bastante simples. Dizemos que um corpo está em repouso num certo referencial quando sua velocidade é nula ( V = 0) naquele referencial.

Profinho, um corpo podeestar momentaneamente

em repouso sem estarem equilíbrio ?

Certamente,Claudete !

Basta imaginar qualquer situação em que um corpo pare de se mover (v = 0) apenas para inverter o sentido do seu movimento. Por exemplo, quando lançamos um corpo verticalmente para cima, num certo momento ele atingirá o ponto de altura máxima. Naquele instante, ele estará momentaneamente em repouso (v=0), mas não estará em equilíbrio. Por que não? Porque a força resultante agindo no corpo não é nula naquele momento, visto que continua sendo atraído pela massa da Terra (massas se atraem, isso chama-se força gravitacional). No instante em que ele pára a fim de inverter o sentido do movimento, temos força resultante FR = P e aceleração a = g para esse corpo.

T

T

T

T

P

PP

P

P

Py

Px

T

Figura 12 – durante a oscilação do pêndulo, ele nunca estará em equilíbrio (FR = 0), visto que a tração T jamais cancelará a força peso P em nenhum instante da oscilação. Nos extremos da oscilação, dizemos que o pêndulo apenas encontra-se em repouso momentâneo (velocidade nula), pois inverterá o sentido do seu movimento naquele ponto.

O mesmo ocorre a um pêndulo simples que está oscilando (figura 12). Nos extremos da sua oscilação ele se encontra momentaneamente em repouso (ele pára a fim de inverter o sentido do movimento), mas não se encontra em equilíbrio. Mesmo na posição mais baixa da oscilação teremos T > P, visto que a trajetória circular descrita pelo pêndulo requer que a força resultante tenha uma componente centrípeta radial apontando para

dentro da curva naquele ponto. (� calminha, tudo isso será explicado com detalhes no capítulo 4).

Profinho, um corpo podeestar em equilíbrio sem

estar em repouso ?

Certamente,Claudete !

Todo corpo que se move em MRU encontra-se em equilíbrio, esqueceu, Claudete ? Mas ainda assim, não está em repouso por apresentar velocidade. Sempre que o corpo pára apenas para inverter o sentido do seu movimento, ele encontra-se apenas em repouso momentâneo (v = 0), mas não encontra-se em equilíbrio (FR � 0, a � 0). O estudante precisa estar bastante atento, visto que muitos textos de física usam a palavra repouso referindo-se ao caso particular de “repouso permanente”. Cabe ao leitor analisar o contexto e, com bom senso, dar a devida interpretação ao enunciado proposto pelo autor. Ao pé da letra, “repouso” significa “parado” apenas.

Repouso(V = 0)

Permanente

Momentâneo Parou prá inverter o sentido do movimento

V = 0, mas a 0, FR 0Não é Equilíbrio

V = 0, FR = 0, a = 0Estado de Equilíbrio

8 – O papel da Força no movimento dos corpos Ao descobrir a propriedade da inércia, Galileu percebeu que, definitivamente, a presença de uma força resultante não é necessária para manter um corpo em movimento.

V

Para melhor esclarecer, considere a caixa da figura acima que se move ao longo de uma superfície horizontal lisa sendo empurrada por um operador. Se de repente, a mão do operador perder o contato com a caixa, o que ocorrerá ao seu movimento posterior ?

� A caixa prosseguirá em movimento retilíneo horizontal, freiando gradativamente até parar ? Não, pois essa redução no valor da velocidade requer a presença de uma força agindo contra a velocidade (Figura 13).

Figura 13 Figura 14

� A caixa prosseguirá em movimento retilíneo horizontal, acelerando gradativamente ? Não, pois esse aumento no valor da velocidade requer a presença de uma força agindo a favor da velocidade (Figura 14). D

EMONSTRATIVO

Física


25

� A caixa prosseguirá em movimento não-retilíneo, descrevendo uma trajetória curvilinea ? Não, pois essa mudança de direção e, consequentemente, essa mudança da velocidade vetorial da caixa requer a presença de uma força .

� A caixa não prosseguirá em movimento mas, sim, parará instantaneamente � logo após a caixa ser abandonada ? Falso, pois essa redução brusca de velocidade requer a ação de uma grande força se opondo ao seu movimento para freiar a a caixa. �

Como vemos, qualquer MUDANÇA DE VELOCIDADE, tanto na sua direção (movimentos curvilíneos), quanto no seu sentido (inversão de movimento), ou mesmo no seu valor (movimentos não-uniformes), implica a presença de uma força resultante agindo sobre o corpo.

O papel da força, no movimento, é causar VARIAÇÃO DE VELOCIDADE. Se a força resultante agindo sobre o corpo for NULA, sua velocidade PERMANECERÁ INVARIÁVEL (em direção, sentido e valor).

Mas, afinal de contas, o que ocorrerá ao movimento da caixa que se movia horizontalmente com velocidade v� quando, de repente, todas as forças que agiam nela desapareceram ?

Ora, na ausência total de forças, a velocidade que a caixa já possuía deverá PERMANECER CONSTANTE enquanto perdurar a ausência de forças. Isso significa que: � a velocidade não poderá aumentar de valor ( a caixa não poderá

se mover cada vez mais rapidamente); � a velocidade não poderá diminuir de valor ( a caixa não poderá

se mover cada vez mais lentamente, isto é, a caixa não pode parar);

� a velocidade não poderá mudar de direção (a caixa não poderá fazer a curva).

Assim, só resta a essa pobre caixa descrever qual tipo de movimento ??????? Sim !!!! O movimento retilineo uniforme MRU, o único tipo de movimento que se mantém, mesmo na ausência total de forças, evidenciando que a presença de forças não é necessária para que haja movimento, sendo necessária apenas para mudanças de movimento (mudanças de velocidade). 9 – Subindo ou descendo ? Acelerado ou retardado ? Quando dizemos que um corpo está subindo verticalmente, estamos dizendo que, necessariamente, a sua velocidade está apontando para cima V . Ao contrário, quando dizemos que um corpo está descendo verticalmente, isso implica que a sua velocidade, necessariamente, está apontando para baixo V�. O vetor velocidade V de um corpo sempre aponta para onde o corpo e s t á indo naquele momento. E quanto à sua aceleração? Se o corpo está subindo, a sua aceleração aponta para cima ou para baixo ? Apenas com essa informação, nada se pode afirmar. O que sabemos é que toda aceleração é causada por uma força. Uma força vertical F para cima causa uma aceleração a vertical para cima, assim como uma força F� vertical para baixo causa uma aceleração �a vertical para baixo. Generalizando, podemos dizer que: A aceleração a

�causada por uma força F

� sempre aponta na

mesma direção e sentido da força que a originou.

Isso está implícito no caráter vetorial da 2ª Lei de Newton:

a . m F��

� Sendo m um número positivo, os vetores F

� e a�

têm a mesma direção e sentido. Assim, saber “para onde” o corpo está indo nos informa sobre “para onde” aponta a sua velocidade, mas nada nos diz sobre sua aceleração, cuja orientação é dada pela força resultante que age sobre o corpo. Um corpo, basicamente, pode subir ou descer de três maneiras diferentes: acelerado, retardado ou em movimento uniforme. Para visualizar melhor esse fato, considere o balde da figura a seguir, sob ação exclusiva das forças F e P. Vejamos as seis possibilidades para o seu movimento vertical :

F

P

1) Subindo acelerado: “subindo” significa velocidade para cima v, “acelerado” significa aceleração a favor da velocidade a. Assim, a força resultante que proporcionou essa aceleração também aponta para cima FR , o que implica F > P.

2) Subindo retardado: “subindo” significa velocidade para cima v, “retardado” significa aceleração contrária à velocidade �a. Assim, como a força resultante que proporcionou essa aceleração tem que ter a sua mesma orientação (sempre), ela aponta para baixo � FR, o que implica F < P. (acompanhe pela tabela 1).

Tabela 1

Acelerado Retardado Uniforme

Subindo V

V, a, FR

( F > P )

V, �a, FR �

( F < P )

V , a = 0

( F = P )

Descendo � V

� V, �a, FR �

( F < P )

� V, a, FR

( F > P )

� V, a = 0

( F = P )

3) Subindo em movimento retilíneo e uniforme: “subindo” significa velocidade para cima v, “uniforme” significa aceleração nula. Nesse caso o balde sobe em MRU e a resultante das forças que age sobre ele é nula (isto é, F = P). O MRU é o único movimento que se mantém na ausência total de forças, ao contrário do que pensava Aristóteles.

4) Descendo acelerado: “descendo” significa velocidade para baixo �v, “acelerado” significa aceleração a favor da velocidade �a. Assim, a força resultante que proporcionou essa aceleração aponta para baixo � FR , o que implica P > F.

5) Descendo retardado: “descendo” significa velocidade para baixo �v, “retardado” significa aceleração contrária à velocidade a. Assim, a força resultante que proporcionou essa aceleração aponta para cima FR , o que implica F > P.

6) Descendo em movimento retilíneo e uniforme: “descendo” significa velocidade para baixo �v, “uniforme” significa aceleração D

EMONSTRATIVO

Física


28

Pensando em CasaPensando em Casa

Para um bom aprendizado da física, o estudante deve inicialmente ler a teoria completa do capítulo, escrita pessoalmente pelo prof Renato Brito. Em seguida, deve rever todas as questões resolvidas em classe e que estão copiadas no seu caderno (o caderno é imprescindível !) . Só então, o aluno deve partir para a fixação dos conceitos na lista de exercícios de casa. Sugestão: Tenha um caderno dividido em duas metades – uma para as questões de classe e a outra para as questões de casa. Às vésperas do vestibular, na hora da revisão, você verá como valeu a pena ter se organizado. Questão 1 O conceito de equilíbrio é fundamental para a Física. Aristóteles achava que o estado natural dos corpos, quando livre da ação de puxões ou empurrões, era o estado do repouso. Quase 2000 anos depois, Galileu chega o conceito de inércia. Newton nasce do ano da morte de Galileu e, “apoiado sobre ombros de gigantes” , generaliza o conceito de inércia e sintetiza todo o pensamento moderno sobre o conceito de força nas chamadas 3 Leis de Newton do movimento. Ao contrário do que pensava Aristóteles, o estado natural de um corpo (ou seja, quando ele está livre da ação de forças) é o estado , de Equilíbrio. Assinale quais das situações a seguir caracterizam corpos ou sistemas em equilíbrio: a) um corpo em repouso permanente sobre uma rampa inclinada; b) um corpo descendo um plano inclinado com velocidade

constante v = 2 m/s; c) um corpo em queda livre na lua, onde g = 1,6 m/s2 ; d) uma bóia de isopor flutuando imóvel na superfície de uma

piscina sem ondas; e) a lua girando em torno da Terra em movimento circular

uniforme; f) as pessoas no interior de um elevador que desce com

velocidade constante; g) as pessoas no interior de um carro, usando cinto de segurança,

durante uma curva; h) um pêndulo de um relógio, no momento em que ele pára de se

mover a fim de inverter o sentido do seu movimento; i) uma pedra que foi lançada verticalmente para cima, no instante

em que ela atinge a sua altura máxima; j) qualquer corpo se movendo em trajetória curvilínea; k) qualquer corpo se movendo com velocidade escalar constante; l) Qualquer corpo em movimento uniforme; m) Qualquer corpo em movimento retilíneo; n) Qualquer corpo se movendo em MRU; o) Um pára-quedistas caindo em MRU, devido à ação do pára-

quedas; O símbolo �, no começo de algumas questões, indica que aquelas questões encontram-se resolvidas no Manual de Resoluções que encontra-se anexado a essa apostila, a partir da página 421 Questão 2 O equilíbrio é um estado em que não ocorrem mudanças. Assim, é correto afirmar que a lua, girando em torno da Terra em movimento uniforme, está em equilíbrio ? Alguma grandeza física está mudando nesse caso ? Em caso afirmativo, cite algumas.

Questão 3 Durante a oscilação de um pêndulo simples clássico, em quais pontos do movimento ele se encontra em equilíbrio ? E em quais pontos do movimento ele se encontra em repouso ?

T

T

T

T

P

PP

P

P

Py

Px

T

Questão 4 - � A caixa a seguir pesa 40 N e está descendo uma rampa que forma um ângulo de 30 com a horizontal com uma velocidade constante de 4 m/s.

a) podemos afirmar que essa caixa encontra-se em equilíbrio ? b) quanto vale a força de atrito que atua sobre essa caixa ?

( Dica: Veja página 3 – exemplo resolvido 1)

Questão 5 (Questão Conceitual Estilo Enem) A foto a seguir mostra um corpo sobre o qual atuam, exclusivamente, a força de sustentação F = 10 N e o seu peso P = 40 N. No momento em que essa foto foi tirada, é errado afirmar que:

F = 10 N

P = 40 N a) o corpo poderia estar descendo acelerado b) o corpo poderia estar subindo retardado c) o corpo poderia apresentar velocidade horizontal para a direita

V� d) o corpo certamente tem aceleração vertical para baixo e) o corpo só pode estar se deslocando em trajetória vertical Questão 6 - � Um homem está no alto do mastro de um navio que se move com velocidade constante e vai abandonar uma pedra.

DEMONSTRATIVO

Física


30

Descrição: Corpo se movendo em MRU

M V

e) Sistema Físico

M

Va

Descrição: Corpo se movendo para a esquerda f) Sistema Físico

M

Va

Descrição: Corpo se movendo para a direita Questão 11 Em poucas palavras, dizemos que um corpo encontra-se em Equilíbrio Mecânico quando: a) O corpo encontra-se em repouso; b) O corpo se desloca em movimento uniforme. c) sua aceleração (grandeza vetorial) permanece constante; d) A força resultante (grandeza vetorial) permanece constante; e) sua velocidade (grandeza vetorial) permanece constante; Questão 12 Assinale Verdadeiro ou falso: a) Todo corpo que se encontra em equilíbrio Mecânico possui

velocidade constante, podendo ela ser nula ou não. b) É possível fazer uma curva com velocidade constante; c) É possível fazer uma curva estando livre da ação de forças; d) Sempre que um móvel descreve uma curva, sua velocidade

está variando em direção, motivo pelo qual dizemos que a velocidade do corpo está variando;

e) A força é o agente responsável pela variação da velocidade, quer através da variação do seu módulo, da sua direção ou do seu sentido.

f) Sempre que a velocidade de um corpo estiver variando, quer em direção (nas curvas), quer em sentido (quando o corpo inverte o sentido do seu movimento), quer em módulo (mov. Acelerado ou retardado), a força resultante agindo sobre o corpo certamente não é nula.

g) Todo corpo em Movimento Retilíneo e Uniforme encontra-se em Equilíbrio Mecânico.

h) Todo corpo em Movimento Circular e Uniforme encontra-se em Equilíbrio Mecânico.

i) Todo corpo em Movimento Uniforme encontra-se em Equilíbrio Mecânico.

j) Todo corpo em repouso permanente encontra-se em Equilíbrio Mecânico.

k) Um corpo em repouso momentâneo (um pêndulo simples, por exemplo, no instante em que pára e inverte o sentido do movimento) encontra-se em Equilíbrio Mecânico.

l) Todo corpo em repouso encontra-se em Equilíbrio Mecânico. m) Um corpo que se move em MRU encontra-se em equilíbrio,

embora não esteja em repouso. Questão 13 Considere o bloco a seguir, apoiado sobre uma mesa horizontal lisa. Marque verdadeiro V ou falso F ou “nada se pode afirmar” NPA conforme seus conhecimentos de Mecânica:

a) A força resultante agindo sobre esse corpo aponta para a

direita �; b) A aceleração desse corpo aponta para a direita; c) Esse corpo está se deslocando em movimento acelerado; d) Esse corpo está se deslocando em movimento retardado; e) Esse corpo está necessariamente se movendo para a direita. f) Esse corpo pode estar se movendo para a esquerda; g) Esse corpo pode estar momentaneamente em repouso (parou a

fim de inverter o sentido do movimento). h) Esse corpo pode estar em Equilíbrio. i) A velocidade desse corpo pode se manter constante. j) A velocidade desse corpo está necessariamenteo variando; k) Esse corpo pode estar se movendo para a esquerda V � em

movimento retardado a �; l) Se o corpo for abandonado a partir do repouso, se moverá para

a direita em movimento acelerado; m) Se F1 e F2 tivessem módulos iguais, o corpo pode estar se movendo

tanto para a esquerda quanto para a direita, desde que se mova em MRU;

n) Se F1 e F2 tivessem módulos iguais, o corpo está obrigatória-mente em repouso permanente;

o) Se F1 e F2 tivessem módulos iguais, o corpo está obrigatória-mente em Equilíbrio;

Questão 14 - � (Questão Conceitual Estilo Enem) A Figura mostra dois blocos A e B, de mesma massa m , presos entre si através de um fio ideal que passa por uma polia sem atrito. Se a aceleração da gravidade vale g, o prof Renato Brito pede para você assinalar a alternativa correta: a) os blocos estão necessariamente em

repouso; m

1

2

ABm

b) se o bloco A estiver subindo, a tração no fio 1 será maior que o

peso dele; c) os blocos só ficam em repouso, caso estejam lado a lado, na

mesma altura; d) os blocos estão necessariamente em equilíbrio em qualquer

instante; e) o bloco A pode estar se movendo com aceleração constante

não nula Questão 15 - � (Questão Conceitual Estilo Enem) A figura mostra dois blocos A e B, de massas 2m e m , presos entre si através de um fio ideal que passa por uma polia sem atrito. Se a aceleração da gravidade vale g, o prof Renato Brito pede para você assinalar a afirmativa errada: a) os blocos podem estar momentanea-

mente em repouso em algum instante; 2m m

1

2

AB

b) os blocos jamais estarão em equilíbrio; c) o bloco A pode estar subindo d) o bloco B pode estar subindo e) se A estiver subindo, a tração no fio 1 é maior que o peso do

bloco A DEMONSTRATIVO

Galileu e o Movimento Acelerado


10 –Aceleração: a rapidez com que a velocidade varia Galileu desenvolveu o conceito de aceleração em seus experimento com planos inclinados. Ele estava interessado na queda dos objetos, e como lhe faltavam instrumentos, usou planos inclinados para tornar efetivamente mais lentos os movimentos acelerados e, assim, poder investigá-los mais detalhadamente.

Figura 8 – Para se ter uma idéia das dificuldades enfrentadas por Galileu, basta lembrar que ele media o tempo com um relógio d’água – isto é, determinava a quantidade de água que escoava de um recipiente, enquanto o corpo descia o plano.

Galileu percebeu que, quando uma bola rola para baixo ao longo de um plano inclinado, a sua rapidez (rapidez denota o módulo da velocidade) aumenta sempre a mesma quantidade �v, a cada segundo �t de movimento. No plano inclinado da Figura 9A, por exemplo, a rapidez da bola, abandonada do repouso, aumenta de acordo com a tabela abaixo:

Tempo 0 s 1 s 2 s 3 s Velocidade 0 m/s 2 m/s 4 m/s 6 m/s Aceleração 2 m/s2 2 m/s2 2 m/s2 2 m/s2

A aceleração do movimento é o ritmo com que a rapidez do móvel está variando. No caso da tabela acima (Figura 9A), a rapidez está aumentando de 2 m/s em 2 m/s a cada 1 segundo que se passa (0, 2, 4, 6, 8, 10, 12......). Dizemos que a aceleração do movimento é de 2 m/s a cada 1 segundo, ou, uma aceleração de 2 m/s2 (note que a unidade de tempo apareceu duas vezes – uma na unidade de rapidez e, de novo, no intervalo de tempo durante o qual ocorreu a variação da rapidez):

2m/s 2 s 1

m/s 2tV

decorrido temporapidez da aumentoa ��

��

��

Galileu descobriu que as acelerações eram tão maiores quanto mais inclinadas fossem as rampas usadas. Esse fato pode ser percebido comparando-se as Figuras 9A e 9B.


No caso da rampa B, a rapidez aumenta num ritmo de 4 m/s em 4 m/s (0, 4, 8, 12, 16......) a cada 1 segundo, revelando que o movimento ocorre com uma aceleração de 4 m/s a cada 1 segundo, ou 4 m/s2, conforme a tabela anterior:

2m/s 4 s 1

m/s 4tV

decorrido temporapidez da aumentoa ��

��

��

Galileu percebeu que a bola possuía uma aceleração máxima quando a rampa era vertical (Figura 9C). Nesse caso, a sua aceleração tornava-se igual à de um objeto em queda e seu valor era independente do peso e do tamanho do corpo , desde que a resistência do ar fosse pequena o suficiente para ser desprezada.

A

B C

Figura 9 – uma bola é abandonada do repouso e sua posição é registrada a cada um segundo. Quanto maior a inclinação, mais rapidamente a bola adquire velocidade, maior a distância que ela percorre durante os três segundos. Qual a aceleração da bola na Figura C ?

Autoteste 1

1. Qual a aceleração de um carro de fórmula 1 que passa zunindo por você com uma rapidez constante de 400 km/h ?

2. Quem tem maior aceleração, um avião que vai de 1000 km/h para 1005 km/h em 10 segundos, ou um skate que vai de zero a 5 km/h em 1 segundo ?

Os corpos caem por causa da gravidade. Quando um objeto está caindo, sem enfrentar qualquer impedimento – sem atrito ou resistência do ar – ele está num estado denominado queda livre. A tabela a seguir mostra a rapidez como a sua velocidade varia a cada segundo (Figura 9C):


Vemos que a rapidez varia de 10 m/s em 10 m/s a cada 1 segundo do movimento ( 0, 10, 20, 30, 40, ......), para um objeto caindo nas proximidades da superfície da Terra. Essa aceleração vale, portanto, 10 m/s a cada 1 segundo, ou 10 m/s2, sendo freqüentemente denotada pela letra g (porque ela deve-se à gravidade). Dizemos que, na queda livre tem-se a = g = 10 m/s2. O valor da aceleração g da gravidade é muito diferente na lua ou nos demais planetas, pois está relacionada à massa e ao raio do D

EMONSTRATIVO

Física


35

unidade física do eixo X. A unidade física resultante indicará a grandeza física representada pela área sob a curva. Para se determinar o significado físico da inclinação do gráfico

( tg), basta dividir a unidade física do eixo Y pela unidade física

do eixo X. A unidade física resultante indicará a grandeza física representada pela inclinação da curva em um dado instante. A tabela a seguir mostra o significado físico da área e da inclinação em alguns gráficos como de posição S, velocidade escalar V, aceleração escalar a e potência P, em função do tempo. No gráfico da potência P x t, note que:

1 watt = 1segundo

joule

S x t V x t a x t P x t

Área ( Y x X )

Sem significado

físico

m ssm

��

área � �s

sm s

sm

2 ��

área � �v

j ssj

��

área � energia

Inclinação ( Y � X )

s/msm�

tg � v

2s/ms

s/m�

tg � a

Sem significado

físico

Sem significado

físico

A tabela mostra que não há necessidade de se memorizar o significado da área e da inclinação da curva para todos os inúmeros gráficos. Afinal, todos seguem o mesmo princípio.

Exemplo resolvido 3: A Figura abaixo mostra o gráfico da posição escalar S, em função do tempo, de dois móveis A e B, que se movem sobre uma mesma estrada. Analise o gráfico:

S(m)

t(s)

A

B

t1 t2 t3

�

S0A

S0B

Solução: Analisando o gráfico acima, é possível afirmar que: � Por leitura direta dos valores do gráfico, conclui-se que o móvel

A está à frente do móvel B no instante inicial ( t = 0 ) visto que S0A > S0B.

� No intervalo de tempo [ 0 , t2 ] os móveis se movem com velocidades escalares iguais, visto que os gráficos de A e B são retas paralelas ( mesma inclinação ) nesse intervalo de tempo. Assim, velocidades dos móveis certamente são iguais entre si iguais no instante t1.

� A partir do instante t2, o móvel A passou a se mover com velocidade maior que o móvel B, visto que o ângulo que a reta A faz com a horizontal é maior que o ângulo � que a reta B faz com a horizontal, para t > t2 . Então, certamente o carro A está mais veloz que o B no instante t3

17 – Conversando Sobre o Lançamento Horizontal

Vx Vx

Vx

Vx

Vy

Vy

Vy

V

V

V

Vo

Professor: Observe a figura acima. A bola vem rolando pelo solo horizontal e, de repente, entra em queda livre (sob ação exclusiva da força peso) até atingir o solo. Esse movimento chama-se lançamento horizontal porque, quando o corpo iniciou o movimento de queda, sua velocidade era exclusivamente horizontal, não havendo nenhuma componente vertical, ou seja, oV xV

�� . Claudete, o que você

espera que ocorra com a velocidade horizontal Vx da bola durante o movimento em direção ao solo ? Claudete: Não sei, prôfi, mas acho que ela deve diminuir, certo ? Professor: Ora, claudete, Vx não deve aumentar nem diminuir de valor, pois, para isso, seria necessária alguma força atuando na bola na direção horizontal, força essa que não existe. Durante todo o movimento de queda livre da bola, a única força que age sobre a mesma é o peso na direção vertical. DEMONSTRATIVO

Física


36

Claudete: Ah, entendi ! Quer dizer que se a gente observar somente o movimento da bola na direção horizontal, esquecendo que ela também está caindo, o movimento seria MU né, prôfi, já que a velocidade horizontal permanece constante ? Professor: Exatamente, querida ! Na horizontal será um MU, a velocidade Vx será constante durante o movimento. Horizontalmente a bola percorrerá espaços iguais em intervalos de tempos iguais. Agora me diga, Claudete. O que se pode concluir sobre o comportamento da velocidade vertical Vy da bola durante a sua queda ? Claudete: Agora até eu sei ! Como tem a força peso P agindo na direção vertical, ele causará um aumento progressivo da velocidade Vy, de acordo com a aceleração da gravidade, né verdade ? Professor: Sem dúvida ! Se esquecermos que a bola também se move na direção horizontal, seu movimento vertical é idêntico ao de um coco que cai verticalmente de uma árvore. A velocidade vai aumentando gradativamente de acordo com a gravidade. Claudete: Ah ! Legal ! Mostre um exemplo prático, professor !

40 m/s

V

V

V

Vo40 m/s

40 m/s

40 m/s

10 m/s

20 m/s

30 m/s

t = 0 s t = 1 s

t = 2 s

t = 3 sH = 45 m

Alcance = D

g = 10 m/s2

Professor: Olhe atentamente a figura acima. A bola de basquete que vinha com Vo = 40 m/s rolando num plano a 45 m de altura entra em queda até o chão. � Veja a velocidade Vx = 40 m/s da bola permanecendo constante durante a queda. � Veja a velocidade Vy da bola, que inicialmente valia Vy = 0, aumentando progressivamente de 10 m/s em 10 m/s a cada 1

segundo, já que a aceleração da gravidade vale g = 10 m/s2. � Note que se quisermos achar a velocidade V da bola num certo instante, temos que achar a resultante (teorema de Pitágoras) entre

as velocidades Vx e Vy da bola. Assim, no instante t = 3 s, a bola tem velocidade Vx = 30 m/s , Vy = 40 m/s , o que permite facilmente achar o valor da velocidade total V da bola:

V2 = (Vx)2 + (Vy)2 = (30)2 + (40)2

V2 = 900 + 1600 = 2500 V = 50 m/s

A bola, que partiu lá de cima com velocidade Vo = 40 m/s, chegou ao solo em t = 3 s com velocidade V = 50 m/s Claudete: Puxa, que legal ! E prôfi, como eu iria saber que a bola leva t = 3 s para chegar lá embaixo ? Professor: Ora, amiga Claudete. Lembra que o movimento vertical daquela bola é idêntico ao de um coco caindo de uma árvore. Quanto tempo um coco leva para despencar do alto de uma árvore gigante de 45 m de altura ? Basta usar aquela conhecida relação da queda livre:

2t g. H

2

� � 45 = 2t.10 2

� t = 3 s

(cálculo do tempo de queda) Claudete:Hummmm ! entendi. E seu eu quisesse saber quanto vale aquela distância percorrida pela bolota horizontalmente, aquele tal de alcance D , prôfi ? Professor: Beeem facinho ! Você lembra que o movimento daquela bola, na horizontal, é um MRU, já que horizontalmente sua velocidade é constante Vx = 40 m/s ? Assim, qual a distância horizontal percorrida por um móvel que se desloca com 40 m/s durante t = 3 s ? Adiviiiiinha ? DEMONSTRATIVO

Física


37

D = Vx . t = 40 m/s x 3 s � D = 120 m (cálculo do alcance)

Ou seja, Claudete. A bola, em seu “vôo” até o chão percorreu, horizontalmente, 120 m , que é o chamado alcance. A figura abaixo resume todos os resultados que encontramos. Agora você já sabe como se calcula o tempo de queda da bolinha, bem como o seu alcance:

40 m/s

V

V

Vo40 m/s

40 m/s

40 m/s

10 m/s

20 m/s

30 m/s

t = 0 s t = 1 s

t = 2 s

t = 3 sH = 45 m

Alcance = 120 m

g = 10 m/s2

50 m/s

Claudete: Afff ! Gostei desse negócio, prôfi ! E olhe, e é porque pensei que nunca fosse entender, acredita ? Olhe, percebi uma coisa interessante nesse movimento: quando calculamos o tempo de queda da bolinha ( t = 3 s ), nem precisamos utilizar a velocidade V0 = 40 m/s com que a bolinha iniciou o seu movimento. Por que, prôfi ? Professor: Bem notado, Claudete ! O cálculo do tempo de queda é efetuado usando apenas a altura e a gravidade, da mesma forma como calculamos o tempo de queda de um coco. Isso ocorre porque o movimento de queda vertical é totalmente independente do movimento horizontal da bola. Em outras palavras, quando a bolinha está caindo, ela “não sabe” que também está indo para a direita em MRU ! A tabela abaixo resume tudo isso:

Grandeza a ser determinada Únicos fatores dos quais a grandeza depende Tempo de queda (t) H e g apenas

Alcance (D) Vo e tempo de queda (t), ou seja,

Vo , H e g 18 – Conversando Sobre o Lançamento Oblíquo Professor: Agora o lançamento não será mais horizontal. A bola será lançada numa direção que forma um ângulo com a horizontal. Isso significa que, no início do lançamento, a bola já terá tanto velocidade horizontal Vx quanto vertical Vy. Uma vez mais, durante todo o movimento da bola, só atuará na mesma a força vertical peso P. Assim, Claudete, como você espera que seja o comportamento da velocidade horizontal Vx da bola, durante o movimento ?

g = 10 m/s2

Vo

VoX

VoY

DEMONSTRATIVO

Física


40

Pensando em ClassePensando em Classe

Questão 6 A Figura abaixo mostra um reservatório cilíndrico contendo água, que escorre por um tubo cilíndrico em sua base inferior a uma velocidade de 80 cm/s. Considerando as dimensões indicadas na figura, qual a velocidade de descida do nível da água nas paredes do cilindro ? a) 5 cm/s b) 10 cm/s c) 15 cm/s d) 20 cm/s e) 40 cm/s

R = 60 cm

r = 15 cm

Questão 7 O gráfico a seguir ilustra o movimento de dois carros A e B, que inicia em t = 0 s numa mesma estrada retilínea. O prof Renato Brito pede para você determinar a opção correta a cerca desse movimento:

S(m)

T(s)

B

A

SOA

SOB

t1 t2 t3 t4 a) a velocidade inicial de B é maior que a de A b) a velocidade de A aumenta com o passar do tempo c) a velocidade de B aumenta com o passar do tempo d) num instante entre t2 e t3 os móveis chegam a ter velocidades iguais e) a velocidade de A sempre supera a velocidade de B em todo o movimento Questão 8 Em cada uma das rampas mostradas a seguir, a bolinha será abandonada do repouso a partir de uma mesma altura. O prof Renato Brito pede para você determinar: a) se a velocidade da bola aumenta, diminui ou permanece constante durante a descida em cada

caso. b) se a aceleração da bola aumenta, diminui ou permanece constante durante a descida em cada

caso. c) Estabeleça uma ordem para as velocidades finais com que cada bola atinge a base da rampa; d) Estabeleça uma ordem para o tempo de descida de cada uma das três bolas

DEMONSTRATIVO

Física


43

Questão 17 – As proporções de Galileu para a queda livre Galileu Galilei foi um dos primeiros cientistas a utilizar o método científico para estudar a queda dos corpos. Sobre esse movimento, considere o conjunto de fotografias abaixo, tiradas em intervalos de tempos iguais, que mostra o deslocamento em queda livre de um móvel, a partir do repouso.

tempo

velocidade

1T 2T 3T 4T 5T0

Um dos princípios que Galileu estabeleceu para a queda dos corpos diz que: Hipóteses: se o corpo parte do repouso (Vo = 0) com aceleração constante. Tese: As sucessivas distâncias que o corpo percorrerá, em intervalos de tempos arbitrariamente

iguais, serão proporcionais aos números ímpares 1, 3, 5, 7, 9, ...., 2n + 1 Questão 18 Num edifício pode-se notar um aparelho de ar-condicionado instalado a 80 m de altura. Esse aparelho goteja água periodicamente, em intervalos de tempos iguais. Percebe-se que a 1a gota atinge o solo no exato momento em que a 5a gota se desprende. O prof. Renato Brito pede para você determinar, no referido instante, a distância que separa a 3a e a 4a gota. a) 25 m b) 45 m c) 30 m d) 15 m e) 50 m Questão 19 A torneira do chuveiro da Claudete está mal fechada e, por isso, goteja água periodicamente em intervalos de tempos iguais. A figura mostra o exato momento em que uma gota está se desprendendo e outras 3 gotas já estão em queda livre. As distâncias x e y valem, respectivamente: a) 4 cm, 15 cm b) 4 cm, 12 cm c) 6 cm, 15 cm d) 6 cm,12 cm e) 9 cm, 15 cm

20 cm

x

y

Questão 20 – lançamento horizontal Uma bolinha rola sobre uma mesa, com velocidade constante cujo módulo é v0 = 7,0 m/s. A altura da mesa é 0,80 m e a aceleração da gravidade é g = 10 m/s2. Desprezando os efeitos do ar, calcule o alcance horizontal d.

D

EMONSTRATIVO

Física


45


Que tal resolver todas as questões de casa sempre num mesmo caderno grande, especialmente reservado para o nosso Curso de Física ? Assim, a sua revisão em novembro, às vésperas do vestibular, será enormemente facilitada. Lembre-se: arrependimento só vem depois, ou você já viu alguém se arrepender antes do fato ? � Portanto, aceite meu conselho e organize-se desde já ! � Questão 16 - � Para encher uma caixa d’água de 4 m de largura, 5 m de comprimento e 120 cm de altura, foi utilizada uma torneira que derrama água com uma vazão de 1200 litros por minuto. A velocidade de subida do nível da água ao longo das paredes da caixa vale: a) 10 cm/s b) 2 cm/s c) 5 mm/s d) 1 mm/s e) 1cm/s

Dica: 1 m3 = 1000 litros Questão 17 - � Um trem parte de São Paulo com destino ao Rio de Janeiro com velocidade de 60 Km/h. Ao mesmo tempo, parte do Rio de Janeiro, com destino a São Paulo, um segundo trem com velocidade de 40 Km/h. Na frente deste e ao mesmo tempo, parte uma abelha com a velocidade de 70 Km/h. Essa abelha vai ao encontro do trem que vem de São Paulo e, ao encontrá-lo, volta com destino ao Rio de Janeiro até encontrar o segundo trem, e assim sucessivamente até quando os dois trens se cruzam. Admitindo que a distância São Paulo-Rio de Janeiro é igual a 500 Km, pergunta-se quanto percorreu a abelha? Questão 18 - � (IME 2009) Uma estaca de comprimento L de um determinado material homogêneo foi cravada no solo. Suspeita-se que a estaca tenha sido danificada durante o processo de cravação, sofrendo possivelmente uma fissura (rachadura) abrangendo toda sua seção transversal conforme ilustra a figura abaixo. Para tirar a dúvida, foi aplicado uma leve pulso em seu topo com um martelo. Após t1 segundos da martelada, observou-se um repique (pulso) no topo da estaca e, t2 segundos após o primeiro repique, percebeu-se um segundo e último repique. Admitindo-se que a estaca esteja danificada em um único ponto, a distância do topo da estaca até o ponto em que se encontra a fissura vale:

a) 1

2

L.tt

b) 1

2

L.t3.t

c) 1

1 2

L.tt t�

d) 2

1 2

L.tt t�

e) 2

1

L.t2.t

Dica: o pulso aplicado pelo martelo sai do topo da estaca e se propaga para baixo. Ao atingir a fissura, uma parte do pulso é refletido e retorna para cima, ao passo que o restante do pulso prossegue até a extremidade inferior da estaca, quando é refletida e retorna também ao topo da estaca. É por esse motivo que são recebidos dois pulsos refletidos no topo da estaca �. Questão 19 O gráfico a seguir ilustra o movimento de dois carros A e B, que inicia em t = 0 s numa mesma estrada retilínea. O prof Renato Brito pede para você determinar a opção correta a cerca desse movimento:

S(m)

T(s)

A

B

SOA

SOB

a) o móvel A está à frente do B no início do movimento, porém

B se move com velocidade maior que A: b) o móvel B está à frente do A no início do movimento, porém

A se move com velocidade maior que B: c) o móvel A está à frente do B no início do movimento e se

move com velocidade maior que B: d) o móvel B está à frente do A no início do movimento e se

move com velocidade maior que A: e) A velocidade de B é maior que a de A no início do movimento.

A velocidade de A supera a velocidade de B ao final. Questão 20 a) Um objeto pode estar se movendo quando sua aceleração é

nula ? Em caso afirmativo, dê um exemplo. b) um objeto pode ter aceleração num instante em que a sua

velocidade é nula ? Em caso afirmativo, dê um exemplo. Questão 21 - � Duas bolas são liberadas do repouso, ao mesmo tempo, da extremidade esquerda dos trilhos A e B lisos, de mesmo comprimento, que diferem apenas por uma ligeira depressão no trilho B, como mostra a Figura.

A

B

a) qual delas atinge o final do trilho com maior velocidade final ? b) qual delas atinge o final do trilho antes ? Dica: Página 21, experiências de Galileu, tente usar a intuição, sem matematiquês.

Questão 22 Uma bolinha se desloca por inércia em direção a uma superfície inclinada lisa, como mostra a figura. Durante a subida da rampa pode-se afirmar que sua:

a) velocidade e aceleração crescem b) velocidade e aceleração decrescem c) a velocidade decresce e a aceleração cresce d) a velocidade e a aceleração decrescem e) a velocidade cresce e aceleração decresce. D

EMONSTRATIVO

Física


56

25 –Terceira Lei de Newton do movimento A terceira lei de Newton estabelece que: Sempre que um objeto exerce uma força sobre um outro objeto, este exerce uma força igual e oposta sobre o primeiro. A terceira lei de Newton com freqüência é enunciada assim:

“A cada ação corresponde sempre uma reação igual e oposta”. Em qualquer interação há sempre um par de forças de ação e reação, que são iguais em valor e de sentidos opostos. Nenhuma força existe sem a outra — as forças aparecem em pares, uma é a ação e a outra é a reação. O par de forças de ação e reação constitui uma interação entre dois corpos.

Fat Fat

Figura 26 – O garoto aplica sobre o solo uma força (fat) empurrando-o para trás. O solo, por sua vez, reage e aplica uma força (fat) sobre os pés do garoto, empurrando-o para frente. Assim, o menino anda.

Você interage com o piso quando caminha sobre ele. O empurrão que você exerce contra o piso está acoplado ao empurrão dele contra você. O par de forças ocorre simultaneamente. Qual das forças é chamada de ação e qual é chamada de reação não impor-ta. O ponto importante é que uma não existe sem a outra. Analogamente, os pneus de um carro empurram contra a rodovia, enquanto a rodovia empurra de volta os pneus — os pneus e a rodovia estão empurrando-se mutuamente. Ao nadar, você interage com a água e a empurra para trás, enquanto ela o empurra para frente — você e a água estão se empurrando um ao outro. Em cada caso existe um par de forças, uma de ação e outra de reação. Nesse contexto, as forças de reação são as responsáveis pelo nosso movimento, e dependem do atrito existente entre as superfícies em contato. Na ausência de atrito numa superfície de gelo, por exemplo, uma pessoa ou carro são incapazes de exercer a força de ação para produzir a força de reação necessária ao seu movimento. 26 – Ação e Reação sobre Massas Diferentes Embora, à primeira vista, pareça estranho, um objeto em queda puxa a Terra tanto para cima tanto quanto a Terra o puxa para baixo. O puxão para baixo, atuando sobre o objeto, parece-nos normal porque a aceleração de 10 metros por segundo a cada segundo é bastante evidente. O mesmo valor de força, agindo para cima sobre a imensa massa da Terra, entretanto, produz nela uma aceleração tão pequena que não pode ser notada nem medida. Podemos compreender melhor que a Terra acelera ligeiramente em resposta à queda de um objeto, considerando os exemplos exagerados, nos casos de a até e, dos dois corpos planetários da Figura 27 (é importante olhar a figura) . As forças com que os corpos A e B se atraem são de mesmo valor, mas com sentidos opostos em cada caso. Se no caso a o planeta A possui uma aceleração imperceptível, então ela é mais

perceptível no caso b, em que a diferença entre os valores das massas é menos acentuada.

Figura 27 – Qual das bolas cai em direção à outra, A ou B ? As acelerações de cada uma delas têm relação com as suas massas ? No caso c, onde os corpos têm mesma massa, a aceleração de A é tão evidente quanto à de B. Continuando, vemos que a acelera-ção de A torna-se ainda mais evidente no caso d, e ainda mais evidente no caso e. Assim, estritamente falando, quando você salta do meio-fio da calçada, a rua inteira sobe ao seu encontro, ainda que muito ligeiramente �. O papel desempenhado pelas massas diferentes fica evidenciado no disparo de um rifle. Quando se dispara o rifle, ocorre uma interação entre este e a bala (Figura 28). A força exercida sobre a bala é tão grande quanto a força de reação exercida sobre o rifle; logo, a bala acelera para frente enquanto o rifle “dá um tranco” no atirador. Uma vez que as forças são de mesmo valor, por que o rifle não recua com a mesma rapidez da bala ? Ao analisar as mudanças no movimento, a segunda lei de Newton nos lembra que devemos também levar em conta as massas envolvidas. Suponha que F represente os valores das forças de ação e reação, m represente a massa da bala e m a massa do rifle mais massivo. As acelerações da bala e do rifle são, então, obtidas tomando-se a razão da força pela massa. A aceleração da bala é dada por:

Fm = a

enquanto a aceleração do recuo do rifle é

Fm = a

Usei símbolos com tamanhos diferentes no cálculo acima para indicar as diferenças nas massas e nas acelerações decorrentes. D

EMONSTRATIVO

Física


57

Vemos, assim, porque a mudança �V no movimento do rifle não é tão grande comparada com a mudança de movimento �V da bala: uma certa força agindo sobre uma pequena massa produz uma grande aceleração, enquanto a mesma força agindo sobre uma grande massa produz uma pequena aceleração.

FF

Figura 28 – A força exercida contra o rifle que recua é exatamente tão grande quanto a força que impulsiona a bala. Por que, então, a bala acelera mais que o rifle ? O que ocorreria se você disparasse uma pistola cuja massa fosse muitas vezes menor que a bala contida no seu interior ? Você estaria cometendo suicídio �. Se estendermos a idéia de um rifle recuando, ou “dando um tranco” a partir da bala que ele dispara, podemos compreender a propulsão de foguetes. Considere uma metralhadora que recua a cada vez que dispara uma bala. Se a metralhadora for adaptada, de modo que possa deslizar livremente ao longo de um arame distendido verticalmente (Figura 29), ela acelera para cima quando as balas são disparadas para baixo. Um foguete acelera da mesma maneira. Ele “recua” continuamente em decorrência dos gases da combustão ejetados. Cada molécula do gás ejetado é como uma minúscula bala disparada do foguete (Figura 30).

Figura 29 – uma metralhadora adaptada a um arame vertical demonstra facilmente como funciona um sistema de propulsão. Com os disparos, a metralhadora impulsiona os projéteis para baixo; estes, por sua vez, impulsionam a arma para cima, fazendo com que ela suba.

Uma falsa concepção muito comum é a de que um foguete seja propelido pelo impacto dos gases ejetados contra a atmosfera. No início do século XX, antes do advento dos foguetes, de fato muitas pessoas pensavam que fosse impossível mandar um foguete para a Lua por causa da ausência de uma atmosfera que o foguete pudesse empurrar. Mas pensar assim é como afirmar que uma arma de fogo não recuaria a menos que houvesse ar contra o qual ela pudesse empurrar. Nada disso! Tanto o foguete como a arma de fogo que recua aceleram não por causa de qualquer empurrão sobre o ar, mas por causa das forças de reação das “balas” que eles atiram — com ou sem a presença do ar.

Figura 30 – Lançamento de um foguete

Um foguete funciona melhor, aliás, acima da atmosfera, onde não existe ar para oferecer resistência ao seu movimento. Usando a terceira lei de Newton, podemos compreender como um helicóptero (Figura 31) obtém sua força de sustentação. As lâ-minas giratórias possuem a forma adequada para forçar as partículas de ar para baixo (ação), enquanto o ar força as lâminas para cima (reação). Essa força de reação atuando para cima é chamada sustentação. Quando a sustentação é igual ao peso da nave, o helicóptero plana no ar. Quando a sustentação é maior, o helicóptero ganha altura.

F

FF

F

Ar Ar

Figura 31 Ação: as hélices empurram o ar para baixo Reação: o ar empurra as hélices para cima

Assim, é fácil compreender que um helicóptero não consegue levantar vôo na ausência de uma camada de ar. Na lua, por exemplo, não há atmosfera (lá existe vácuo), apesar de haver gravidade. Um helicóptero pousado na superfície lunar jamais levantaria vôo, devido à ausência do “colchão de ar necessário para interagir com as suas hélices.

Autoteste 11. Um ônibus em alta velocidade e um inocente besouro colidem

frontalmente.A força de impacto esparrama o pobre besouro sobre o pára-brisa.A força correspondente que o besouro exerce contra o pára-brisa é maior, menor ou a mesma? A conseqüente desaceleração do ônibus é maior, menor ou a mesma que a do besouro?

Percebemos a terceira lei de Newton atuando em todos os lugares. Um peixe empurra a água para trás com suas nadadeiras, e a água o empurra para frente. O vento empurra os galhos de uma D

EMONSTRATIVO

Física


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árvore, e eles empurram de volta o vento, e temos sons de assobios. As forças são interações entre diferentes coisas. Cada contato requer no mínimo duas vias; não existe maneira de um objeto exercer força sobre nada. As forças, sejam grandes empurrões ou rápidos toques leves, sempre ocorrem aos pares, cada uma oposta à outra. Assim, não podemos tocar sem sermos tocados.

É impossível tocarsem ser tocado....

....essa é a terceiraLei de newton....

Figura 32

Autoteste comentado 11. Os valores de ambas as forças são os mesmos, pois elas for-

mam um par ação-reação de forças que constitui a interação entre o ônibus e o besouro. As acelerações são muito diferentes, entretanto, porque as massas envolvidas são di-ferentes! O besouro sofre uma desaceleração enorme e mortal, enquanto o ônibus sofre uma desaceleração minúscula — tão minúscula que a perda muito pequena de rapidez nem é notada pelos seus passageiros. Mas se o besouro fosse mais massivo — tão massivo quanto outro ônibus, por exemplo — a perda de rapidez ficaria totalmente evidente!

27 – Força de TRAÇÃO T em fios ideais Fios, cordas, correntes fazem parte do nosso dia a dia e são utilizados, basicamente, para a mesma função simples: PUXAR algo. Um fio tracionado, uma corda esticada, eles sempre são usados para PUXAR um corpo, jamais sendo usados para empurrar corpos. Você já tentou EMPURRAR uma caixa pesada usando um fio ? Tente fazê-lo, você perceberá ser impossível. Fios e cordas servem para PUXAR ou serem PUXADOS. Eles jamais empurrarão ou serão empurrados por algo ou alguém. Denominamos “fio ideal” aquele cuja massa é desprezível quando comparada às massas dos demais corpos do sistema. Na prática, a massa do fio ideal é considerada nula (m=0). Qual a importância desse fato na resolução dos problemas ?

A BC

Figura 33 - Nessa figura percebemos duas interações (AC e CB) e, portanto,

estão presentes dois pares de forças, sendo um par para cada interação.

Observe os meninos A e B interagindo, cada um, com uma corda C ideal (figura 33). Na interação AC, percebemos o par de forças:

� FAC – força que A exerce em C – ela é causada por A mas atua em C, trazendo conseqüências para a corda C;

� FCA – força que C exerce em A – ela é causada por C mas atua em A, trazendo conseqüências para o menino A; Essa força poderia machucar a mão do menino visto que ela age sobre a mão dele.

Esse par de forças FAC e FCA constitui um par ação-reação e, portanto, têm intensidades iguais: FAC| = |FCA| .

FCB

FBCA B

CFACFCA

Figura 34 - Cada força é sempre causada por um corpo, mas age sobre outro corpo, trazendo conseqüências apenas para este corpo sobre o qual ela age. Assim, FAC é incapaz de acelerar o menino A, visto que essa força age na corda C e não, no menino A . A força FCA é que age sobre o menino A e, portanto, só ela pode trazer conseqüências para ele, tais como acelerá-lo ou provocar dor na sua mão etc.

Da mesma forma, na interação entre o menino B e a corda C, percebemos o par de forças:

� FBC – força que B exerce em C – ela é causada por B mas atua em C, trazendo conseqüências para a corda C;

� FCB – força que C exerce em B – ela é causada por C mas atua em B, trazendo conseqüências para o menino B; Essa força poderia, por exemplo, acelerar o menino B para frente.

Esse par de forças FAC e FCA também constitui um par ação-reação e, portanto, têm intensidades iguais: |FAC| = |FCA|. Levando-se em conta que a corda é ideal, a sua massa é nula mcorda = 0. Observando as forças FAC e FBC que agem sobre a corda, podemos calcular a força resultante sobre ela, aplicando-se a 2ª lei de Newton:

FR corda = mcorda x a ( FAC � FBC) = mcorda x a

( FAC � FBC) = 0 x a ( FAC � FBC) = 0 � FAC = FBC

Assim, vemos que, numa corda ideal (mcorda = 0), as forças que agem em suas extremidades sempre têm intensidades iguais. Essa intensidade é denominada tração na corda:

FAC = FBC = T

Assim, em módulo, podemos escrever:

FCA FAC FBC FCB= ==ação-reação ação-reação

corda ideal

Todas as forças, na figura 34, têm o mesmo valor T (tração). Isso é verdade desde que a corda seja ideal, caso contrário, as trações em cada extremidade da corda terão valores diferentes, mas ainda podem ser calculadas pela 2ª lei de Newton:

( FAC � FBC) = mcorda x a

As trações, em geral, são diferentes em problemas que envolvam cabos de aço ou cordas pesadas. D

EMONSTRATIVO

Física


59

Na grande maioria dos problemas, os fios são admitidos ideais (mcorda = 0). Nesses casos, a figura 34 poderá ser simplificada assim:

T

TA B

CTT

Figura 35 - quando a corda é ideal, as quatro forças têm a mesma intensidade, denominada tração T. Assim, alguns fatos interessantes devem ser observados na figura 35: � A rigor, a frase “o menino A tem mais força que B” não faz

sentido, visto que “força não é algo que alguém possua”. As forças que cada menino aplicará na corda (ideal) e sofrerá, devido a ela, sempre terão valores iguais T = T = T = T !

� Quanto maior for a “violência” com que um deles (ou ambos) puxe a corda, maior será o valor da tração T = T = T = T nela !

� O menino A jamais puxará a corda com mais força que o menino B; e vice-versa. As forças com que eles puxarão a corda terão sempre a mesma intensidade T = T = T = T ! Se você não acredita nisso, segure firmemente as mãos do seu irmão e brinquem de “cabo de guerra” sem a corda. Quem puxará o outro com mais força, você ou ele ? Ora, uma vez mais, essas forças têm que ser iguais em módulo. Nesse caso, elas constituem um par ação-reação.

� Ainda que apenas o menino A efetivamente puxe a corda, enquanto B apenas mantenha-a firmemente em suas mãos, esticada, ambos os meninos serão puxados, um em direção ao outro, por forças de mesma intensidade T = T = T = T !

� A vitória no “cabo de guerra” dependerá, fundamentalmente, da inércia, da massa dos oponentes. Imagine uma corda com tração T puxando uma pessoa gordona (massa M) numa extremidade e, uma pessoa magrela (massa m) na outra extremidade. A mesma força T, agindo em massas diferentes (M > m), produzirá acelerações diferentes, sendo mais acelerado a pessoa magrela. Ela terá maior tendência a ser arrastada para frente e cruzar a linha no marcada no chão que define o perdedor da disputa.

� A pessoa mais pesada também obterá mais atrito do chão (Fat max) que a pessoa mais leve, o que favorece ainda mais a sua vitória.

� A forma como cada oponente posiciona o seu corpo inclinado para trás, enquanto puxa a corda, também é importante.

� Para que um magrelo possa vencer um gordão num “cabo de guerra”, ele deverá maximizar o seu atrito com o solo (calçando sapatos adequados) e posicionar melhor melhor o seu corpo em relação à vertical durante a disputa. Uma outra dica é aplicar impulsos na corda na hora certa, tirando proveito de momentâneos desequilíbrios do oponente.

� Um gordão só perderá uma disputa de cabo de guerra se for muito desajeitado. Afinal, a sua natureza muito massuda lhe assegura o favoritismo nesse tipo de disputa.

O prof Renato Brito discutiu esse exemplo afim de nos fazer, definitivamente, rever os nossos conceitos, os nossos pontos de vista sobre as forças. As forças sempre surgem aos pares, visto que são fruto de uma interação entre dois corpos. Uma pessoa não tem mais nem menos força que outra pessoa ! Sempre será necessário que ela

interaja com outro corpo para que um “par de forças” seja “produzido”. A intensidade do par de forças que surgirá, durante essa interação, depende não somente da “vontade da pessoa”, mas também das características do outro corpo, tais como inércia, elasticidade, dureza etc. Lembre-se sempre do exemplo do lutador de boxe (figura 23) aplicando seu golpe mais violento num pesado saco de areia e, depois, num lenço de papel. Ele produzirá forças bastante diferentes nesses corpos, por mais que se esforce, visto que tais corpos têm inércias muito diferentes. 28 – Força de TRAÇÃO T em polias ideais Denominamos “polia ideal” aquela cuja massa é desprezível quando comparada às massas dos demais corpos do sistema. Na prática, a massa da polia ideal é considerada nula (m=0). Qual a importância desse fato na resolução dos problemas ?

TA TA

TB

TD

TCTE

Figura 36 Figura 37

Na figura 36, vemos uma polia sustentada por seu pino através de uma corda B que exerce sobre ele uma tração de intensidade TB para cima. A periferia dessa polia, por sua vez, sustenta uma corda A que exerce um par de trações de mesma intensidade TA para baixo. As trações nas extremidades da corda A têm intensidades iguais pelo fato da corda ser ideal, conforme vimos na secção 2.23. Mas qual a relação entre as trações TA e TB na figura 36 ? Ora, como a polia tem massa nula mpolia = 0, a 2ª lei de Newton nos permite escrever :

FR polia = mpolia x a 2.TA � TB = mpolia x a

2.TA � TB = 0 x a 2.TA � TB = 0 � TB = 2.TA

Assim, na figura 36, a relação TB = 2.TA advém do fato da polia ser ideal. O mesmo raciocínio pode ser aplicado a qualquer configuração de cordas e polias. Na figura 37, por exemplo, temos um sistema de forças apontando em direções distintas, o que requer a aplicação da 2ª lei de Newton em sua forma vetorial:

a . m F poliapolia R��

� Substituindo os vetores da figura 37 na equação vetorial acima e efetuando as operações vetoriais, vem:

TD

TC TE+ + = a�mcorda

Note que as intensidades TC e TD são iguais, visto que são as trações nas extremidades de uma corda ideal mcorda = 0. Assim, faremos |TC| = |TD| = T. Substituindo, vem:

T TE+ + = a�mcordaT

DEMONSTRATIVO

Física


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TT TE+ + = a

�0

T

T

TET

T TE+ + = 0�

O teorema de Pitágoras permite escrever: T2 + T2 = (TE)2 � (TE) 2 = 2.T2 � TE = T. 2

Essa é, portanto, a relação entre as trações nos fios da figura 37. 29 – Forças e deformações em molas ideais Uma mola é um objeto muito comum no nosso dia-a-dia e tem utilidade bastante variada, desde canetas a amortecedores de veículos, armamentos, brinquedos etc. Aplicando-se adequadamente uma força nas extremidades de uma mola, é possível elongá-la (aumentar o seu tamanho) ou comprimi-la (reduzir o seu comprimento). Quando a força é suprimida, a mola volta ao seu comprimento natural. Dizemos que trata-se de uma mola elástica.

Toda mola tem o seu limite de elasticidade, isto é, a maior deformação que ela é capaz de suportar de forma a ainda ser capaz de restituir o seu tamanho original. Uma deformação maior que esta levaria a mola a ter o seu comprimento natural (quando relaxada) maior que o original, ou seja, a mola apresentaria uma deformação residual permanente.

A deformação X experimentada por uma mola (veja a figura 38 e 39) é diretamente proporcional à força T aplicada a ela (tração ou compressão). Esse fato é expresso matematicamente pela Lei de Hooke das molas:

T = K. X

onde K é a chamada constante elástica da mola, medida em N/m no SI. Quanto maior o valor de K de uma mola, mais newtons serão necessários para deformar “cada metro” da mola, ou seja, mais dura será essa mola. Assim, dizemos que a constante K expressa a “dureza da mola”. A força T, acima, é a força que está deformando a mola. Geralmente, trata-se da própria tração no fio em que a mola está inserida. Essa força T também pode ser chamada de “força elástica”. É importante atentar para o fato de que, enquanto cordas, fios e correntes só são capazes de PUXAR os corpos aos quais foram fixados, uma mola tanto pode PUXAR quanto EMPURRAR os corpos ao seu redor, conforme o tipo de deformação que ela apresente: Molas ELONGADAS sempre PUXAM os corpos ao seu redor (figura 38). Molas COMPRIMIDAS sempre EMPURRAM os corpos ao seu redor (figura 39). Afinal, toda mola que encontra-se deformada sempre age no sentido de tentar retornar ao seu comprimento natural, ao seu estado relaxado. As figuras 38 e 39 ilustram o comportamento das molas em cada caso:

LO

T mola elongada

BTTT

A

x

mão direita sendopuxada para dentro

mão esquerda sendopuxada para dentro

Figura 38 - uma mola e l o n g a d a sempre está PUXANDO DE VOLTA os corpos ao seu redor, com o objetivo de voltar ao seu tamanho natural. Note, na figura, que tanto a mão esquerda quanto a mão direita estão sendo PUXADAS de volta para o centro da mola (forças brancas), visando a restituir o seu comprimento natural. Nas figuras 38 e 39, o prof Renato Brito usou o seguinte código de cores: Forças pretas: são as forças que as mão aplicam nas extremidades da mola. São exercidas pelas mãos, mas agem na mola, causando a sua deformação. Forças brancas: são as forças que as extremidades da mola aplicam nas mãos do operador. São exercidas pela mola, mas agem nas mãos (ou em qualquer objeto que estivesse conectado às extremidades da mola). As forças brancas são as de maior interesse nas resoluções de problemas, visto que, em geral, estamos interessados em analisar as forças que agem nos corpos conectados à mola e não, nas forças que agem na própria mola. Lembre-se, também, que estamos tratando de molas ideais, isto é, molas com massa nula (m = 0), por isso que as forças pretas nas extremidades da mola sempre têm valores iguais. Aliando esse fato à 3ª lei de Newton (ação e reação), concluímos que as 4 forças T = T = T = T = K.x que aparecem na figura 38 acabam sendo, inevitavelmente, de mesma intensidade. O mesmo ocorre na figura 39.

LO

mão esquerda sendoempurrada para fora

T mola comprimida

BTTT

A

x

mão direita sendoempurrada para fora

Figura 39 - uma mola c o m p r i m i d a está sempre EMPURRANDO DE VOLTA os corpos ao seu redor, com o objetivo de voltar ao seu tamanho natural. Note, na figura, que tanto a mão esquerda quanto a mão direita estão sendo EMPURRADAS para longe do centro da mola (forças brancas), visando a restituir o seu comprimento natural. 30 – O Formato da Trajetória e o Par de Eixos-Padrão Nessa seção, aprenderemos alguns métodos simples, porém muito eficientes no equacionamento de problemas de Dinâmica, isto é, problemas que envolvam forças, aceleração, velocidade, deslocamentos etc. D

EMONSTRATIVO

Física


61

Em geral, uma das grandes dificuldades com as quais os estudantes de Física se deparam, na análise das forças que agem num corpo, é como saber quais forças devem ser decompostas e quais não precisam ser decompostas na resolução do problema. “....Será que há apenas uma forma sistemática de analisar o problema, ou será que existem várias maneiras de analisar que conduzem ao mesmo resultado correto ? ....“ A experiência mostra que uma ferramenta importante na resolução sistemática de problemas de Dinâmica é a análise do formato da trajetória seguida pelo móvel.

O formato da trajetória está intimamente relacionado com as forças que agem sobre o corpo durante seu movimento num dado referencial, e nos permite concluir quais forças efetivamente colaboram para a sua aceleração e quais forças definitivamente devem se cancelar por não participarem do processo de aceleração do móvel.

Para esclarecer um pouco essas idéias, considere, por exemplo, o pêndulo preso ao teto do vagão (Figura 40), que coincide com a questão 30 de classe. A bola presa ao fio se encontra em movimento acelerado descrevendo uma trajetória retilínea horizontal em relação à Terra (referencial inercial). Esse formato da trajetória descrita pela bola permite concluir que : � a aceleração (�a) resultante do móvel está (integralmente)

na mesma direção da velocidade (�v), isto é, está na direção horizontal, não havendo nenhuma componente de aceleração vertical (Figura 40);

� conseqüentemente, a força resultante agindo no móvel (responsável por produzir tal aceleração) é horizontal FR = TX � ;

� a ausência de aceleração vertical garante que a força resultante nessa direção é nula, portanto, TY = P na Figura 40.

Em geral, no estudo da Dinâmica dos movimentos, o par de eixos-padrão utilizado para a decomposição das forças obedece o seguinte modelo :

trajetória

Eixo 1 – Eixo tangencial Características � Eixo que está na mesma direção da velocidade da partícula, no

referencial inercial em questão (Figura 41) ; � em movimentos retilíneos, coincide com a trajetória seguida

pela partícula (Figura 41); � em movimentos retilíneos, esse eixo contém a força resultante

agindo no móvel (caso ela não seja nula) e,conseqüentemente, a sua aceleração resultante (caso ela não seja nula); e

� as forças e acelerações, nesse eixo, determinam se o movimento será retardado, uniforme ou acelerado.

Eixo 2 – Eixo centrípeto, radial ou normal Características � Eixo que é perpendicular à velocidade da partícula, no

referencial inercial em questão (Figura 41); � em movimentos retilíneos, o corpo sempre está em equilíbrio

(FR = 0, aR = 0 ) na direção do eixo 2; � esse eixo, obviamente, é sempre perpendicular ao eixo 1, visto

que sempre é perpendicular à velocidade do corpo; � as forças que agem sobre esse eixo estão relacionadas à

curvatura da trajetória descrita pelo corpo no referencial inercial.

Esse par de eixos descrito será denominado “Par de eixos-padrão”. Na maioria das resoluções, adotaremos o par de eixos-padrão, fazendo uso de eixos alternativos apenas quando a simplificação algébrica obtida nesse caso for vantajosa (o que raramente acontece). Exemplo Resolvido 1: a Figura mostra um prisma de massa M que move-se sobre um plano horizontal. Um pequeno bloco de massa m se encontra apoiado sobre a superfície inclinada do prisma. Se a gravidade local vale g, o prof. Renato Brito pede que você determine com qual força F horizontal e constante se deve empurrar esse prisma, de forma que o conjunto se mova sem que o bloquinho escorregue em relação ao prisma. Todos os atritos são desprezados.

Solução A Figura 43 mostra o diagrama das forças que agem no prisma e no bloco. A questão-chave, para o estudante de Física, é “qual das forças que agem no bloquinho deve ser decomposta, N ou m.g ? ” Será que tanto faz ?

A resposta é que devemos fazer uso do chamado Par de Eixos-padrão (mostrado na Figura 41), a fim de que o nosso equacionamento do problema seja mais objetivo, reduzindo o trabalho algébrico. A seguir, analisaremos a Dinâmica do movimento da caixa, com base no formato da sua trajetória descrita no referencial da Terra. D

EMONSTRATIVO

Física


62

Segundo o enunciado, bloco e prisma descreverão trajetórias retillíneas compartilhando das mesmas acelerações �a no referencial da Terra, como mostra a Figura 42. A trajetória do bloco no referencial da Terra define o eixo 1 a ser adotado, o chamado eixo tangencial. Conforme expresso anteriormente, em movimentos retilíneos, o eixo 1 sempre coincide com a trajetória do corpo em relação à Terra (referencial inercial), portanto será horizontal nessa questão. O eixo 2 (centrípeto ou normal) é perpendicular ao eixo 1, portanto será vertical nessa questão. Assim, adotando esse par de eixos-padrão, decomporemos apenas as forças que não estiverem sobre nenhum desses dois eixos, como mostra a Figura 44

O formato da trajetória seguido pelo bloco, no referencial inercial (Terra), é uma reta horizontal (Figura 45b) que não se curva nem para cima (Figura 45a) nem para baixo (Figura 45c), sugerindo que o bloco não possui aceleração na direção 2 (a2 = 0), isto é, que o bloco encontra-se em equilíbrio (FR = 0) na direção do eixo 2, o que permite escrever:

Equilíbrio na direção 2: NY = m.g � N.cos� = m.g (eq1)

Na direção 1, bloco e prisma compartilham de uma mesma aceleração a1 = a no referencial da Terra. O diagrama de forças da Figura 45 mostra que essa aceleração horizontal do bloquinho decorre da força NX. A segunda lei de Newton permite escrever:

FR = m.a � NX = m.a � N.sen� = m.a (eq2)

O prisma compartilha dessa mesma aceleração horizontal a, portanto, observando as forças horizontais que agem no prisma, na Figura 44, vem:

FR = M.a � (F � NX) = M.a � (F � N.sen�) = M.a (eq3) Dividindo as equações eq1 e eq2 membro a membro, vem:

a = g.Tg�.

Essa é a aceleração horizontal que os corpos devem compartilhar (no referencial da Terra) a fim de que o bloco se mova em equilíbrio vertical. Agora, com qual força F devemos empurrar o prisma para que ambos compartilhem dessa aceleração ? Somando as equações eq2 e eq3, membro a membro, vem:

F = (M + m).a (eq 4a) A relação eq4 nos lembra que ambos os corpos compartiham da mesma aceleração horizontal a no referencial da Terra (como mostra a Figura 42) e, portanto, podem ser tratados como se fossem corpo único de massa “M + m” movendo-se com aceleração a = g.Tg�. Em linhas gerais, so é possível considerar um sistema de N corpos como se fosse corpo único, a fim de aplicar a segunda lei de Newton, quando todos os corpos do sistema compartilharem de uma mesma aceleração a (que será a aceleração do centro de massa do sistema). Assim, da relação eq 4a, vem:

F = (M + m).a � F = (M + m).g.Tg� (eq 4b)

A Figura 46 mostra o diagrama das forças agindo no bloco, fazendo uso de um sistema de eixos cartesianos alternativo, como sugeriu a Claudete. Nesse caso, relacionar a aceleração horizontal (�a) do bloco com a força resultante horizontal que causou essa aceleração, torna-se uma missão complicada, visto que as forças que agem no bloco (N, p.sen� e p.cos�) não se encontram direcionadas ao longo do mesmo sistema de eixos coordenados que contém a aceleração, como mostra a Figura 46.

Dizemos que o diagrama de forças não está “casado” com o diagrama cinemático do bloco (o par de eixos das forças não coincide com o par de eixos da aceleração), o que dificulta o equacionamento da segunda lei de Newton. Para melhor compreender, note que o diagrama de forças (padrão) utilizado na Figura 44 ficou automaticamente “casado” ao D

EMONSTRATIVO

Física


66

Questão 31 Cada uma das figuras a seguir representa um vagão (que pode mover-se sobre trilhos retos e horizontais), com um pêndulo simples pendurado no seu teto, estando o pêndulo em repouso em relação ao vagão.

( I ) ( II ) ( III )

Para cada uma das situações propostas a seguir, diga qual é a figura correspondente. a) O vagão está em repouso. b) O vagão tem velocidade constante. c) O vagão move-se para a direita em movimento acelerado. d) O vagão move-se para a direita em movimento retardado. e) O vagão move-se para a esquerda em movimento acelerado. f) O vagão move-se para a esquerda em movimento retardado. Questão 32 No sistema representado na figura, os blocos A, B e C têm massas, respectivamente iguais a 44 kg, 10 kg e 6 kg. Uma força F é aplicada ao bloco A, de modo que o conjunto todo se move em relação ao solo, mas os blocos B e C permanecem em repouso, em relação a A. Sabendo que não há contato entre os blocos A e C e desprezando quaisquer atritos, determine o módulo: a) da aceleração do conjunto em relação ao solo; b) da força F; c) como o B e C encontra-se em repouso permanente em

relação ao carrinho A, por que não fazemos simplesmente o equilibrio das forças que agem em B e C, no referencial do carrinho A ? �

A

FB

c

Questão 33 A figura mostra uma cunha de massa M que se move sobre um plano horizontal liso sob ação de uma força constante F. Um pequeno bloco de massa m encontra-se apoiado sobre a superfície da cunha. Se a gravidade local vale g e todos os atritos são desprezíveis, o prof Renato Brito pede para você determinar:

a) a aceleração a com que o sistema precisa estar se movendo para que o bloquinho não

escorregue em relação à cunha; b) a força F que causa essa aceleração; c) como o bloco encontra-se em repouso permanente em relação à cunha, por que não fazemos

simplesmente o equilibrio das forças que agem no bloco, no referencial da cunha ? � Questão 34 A figura ilustra um bloco de massa M foi abandonado no topo de um plano inclinado de altura H que forma um ângulo � com a horizontal. Se a gravidade local vale g e todos os atritos são desprezíveis, pede-se determinar: a) a aceleração com que o bloco vai escorregar ladeira abaixo; b) essa aceleração depende da massa do bloco ? c) se H = 5m, � = 30� e g = 10 m/s2, quanto tempo a caixa gastará para descer toda a rampa ? d) qual a velocidade final da caixa ?

H

�

g

DEMONSTRATIVO

Física


67

Questão 35 No sistema representado na figura, o fio e a polia são ideais e não tem atrito. Os blocos A e B têm massas 4 k g e 6 kg . Se a constante elástica da mola vale k = 60 N/m e todos os atritos são desprezíveis, determine: a) A aceleração adquirida pelo sistema; b) A deformação da mola.

k

A

B

30o

Questão 36 A figura mostra dois blocos A e B, de massas 8 kg e 2 kg respectivamente, encostados entre si, apoiados numa rampa lisa de inclinação � = 30o com a horizontal, subindo a ladeira com aceleração a = 3 m/s2 devido à ação de uma força F paralela à rampa. Se a gravidade local vale g = 10 m/s2 e todos os atritos são desprezíveis, determine: a) a intensidade da força F; b) a força que A aplica em B.

Questão 37 Um bloco A, de massa 10 kg, está apoiado sobre a face horizontal plana de um prisma triangular B, o qual desce por uma rampa sem atrito, fixa ao solo como mostra a figura, sem que A escorregue sobre B. Sendo sen � = 0,6 e cos � = 0,8 , determine a força normal e a força de atrito exercida sobre o bloco A. (Dado g = 10 m/s2)

Questão 38 A figura mostra uma esfera de massa m que oscila verticalmente, conectada a uma mola, presa a uma caixa de massa M que repousa sobre o prato de uma balança. A gravidade local vale g. O prof Renato Brito pede para você assinalar a alternativa errada a cerca da marcação da balança durante a oscilação da esfera:

a) Quando a esfera desce em movimento retardado, a marcação da balança é maior do que M.g;

b) Quando a esfera sobe em movimento acelerado, a marcação da balança é maior do que M.g;

c) Quando a esfera pára no ponto mais alto, estando a mola elongada, a marcação da balança é menor do que M.g;

d) No instante em que a aceleração da esfera é nula, a balança marca M.g; e) Quando a esfera pára no ponto mais baixo, a marcação da balança é maior

do que M.g.

M

m

DEMONSTRATIVO

Est udo do A t ri t oAula 3


3.1– Força de Atrito seco de escorregamento entre Sólidos Quando duas superfícies deslizam ou tendem a deslizar uma sobre a outra, atua uma força de atrito. Quando se aplica uma força a um objeto, geralmente uma força de atrito reduz a força resultante e a conseqüente aceleração. O atrito é causado pelas irregularidades nas superfícies em contato mútuo, e depende dos tipos de materiais e de como eles são pressionados entre mutuamente. Mesmo as superfícies que aparentam ser muito lisas têm irregularidades microscópicas que obstruem o movimento. Os átomos agarram-se nos muitos pontos de contato. Quando um objeto desliza sobre outro, ele deve ou elevar-se sobre as saliências ou senão desfazer-se de átomos. Ambos os modos requerem força. Falaremos mais sobre isso adiante.

d F

Figura 36 – Em termos macroscópicos, dizemos que há um contato entre o pé do Ronaldinho e a bola de futebol durante um chute. Entretanto, do ponto de vista microscópico, quando o pé do jogador chega a uma distância d muito pequena da superfície da bola (imperceptível a olho nu), os átomos do pé do atleta exercem uma força elétrica de repulsão F muito intensa sobre os átomos da bola (repulsão núcleo-núcleo), fazendo com que ela se movimente, sem que haja propriamente contato contato entre o pé e a bola. Forças de contato como normal, atrito, tração, em última análise, são forças de natureza eletromagnética.

O sentido da força de atrito é sempre oposto à tendência de escorregamento relativo entre as duas superfícies. Um objeto escorregando para baixo numa rampa experimenta um atrito que aponta rampa acima; um objeto que escorrega para a direita experimenta um atrito direcionado para a esquerda.

Fat Fat Figura 37 – O garoto aplica sobre o solo uma força (fat) empurrando-o para trás. O solo, por sua vez, reage e aplica uma força (fat) sobre os pés do garoto, empurrando-o para frente. Assim, o menino anda.

Quando um carro se desloca, é interessante perceber como a força de atrito trocada na interação entre o pneu e o solo atua de forma a propiciar o movimento do veículo (Figura 38).

FatFat

Figura 38 - Roda de tração é a roda acionada pelo motor que transmite o movimento de rotação a ela

através do eixo. Num carro com tração nas rodas dianteiras (por exemplo), o motor transmite o movimento de rotação apenas para as rodas da frente.

Estas por sua vez, ao tentarem girar em torno do seu eixo, acabam empurrando o solo para trás, devido ao atrito entre elas. O solo, por sua vez, reage e empurra essas rodas para a frente, dando o movimento ao carro (Figura 39). Nesse carro, as rodas traseiras não recebem a tração motora e o seu movimento é devido ao contato entre elas e o solo (Figura 40).

Movimentoacelerado

atF�

atF�

�

Movimentoacelerado

atF�

atF�

�

Figura 39 - Força de atrito trocada entre o solo e a roda de tração. Esta roda gira porque recebe a tração do motor através do seu eixo.

Figura 40 - Força de atrito trocada entre o solo e a roda sem tração motora. Esta roda gira porque o solo a empurra no sentido da rotação.

Para que haja atrito entre duas superfícies, são necessárias três condições básicas: I – deve haver contato entre as superfícies; II – o contato deve ser áspero. Na prática, toda superfície é áspera

na escala microscópica. Entretanto, algumas vezes admitimos situações idealizadas onde as superfícies em contato são consideradas perfeitamente lisas ( = 0) por simplicidade;

III – deve haver, pelo menos, uma tendência de movimento relativo entre essas superfícies. A força de atrito sempre age no sentido de contrariar essa tendência de escorregamento. Caso essa tendência não exista, não haverá força de atrito (Fat = 0).

P

N

Figura 41a

�

Psen�

Fat

Figura 41b

Na figura 41a, por exemplo, o bloco encontra-se em repouso sobre uma superfície áspera. Apenas as condições I e II são satisfeitas, visto que o bloco não tem nenhuma tendência de se mover ao longo da superfície horizontal. Assim, como a condição III não foi satisfeita, temos que Fat = 0. Considere agora a figura 41b, na qual o bloco permanece em equilíbrio sobre um plano inclinado áspero graças à tração da força de atrito, que cancela a tendência de movimento (P.sen�) impedindo o escorregamento do bloco ladeira abaixo. Nesse caso, as três condições foram satisfeitas e, portanto, Fat = P.sen�. Curiosamente, o atrito não depende da área de contato entre as superfícies. Se você fizer um caixote deslizar sobre sua superfície de menor área, estará meramente concentrando o mesmo peso sobre uma área menor, mas o atrito resultará o mesmo. Ainda que esse propriedade não seja intuitiva, ela e todas as demais propriedades da força de atrito são obtidas experimentalmente.

DEMONSTRATIVO

Física


76

superfícies planas constituídas apenas do metal 100% puro. Na prática, mesmo uma superfície metálica altamente polida está longe de ser plana, em escala atômica como mostra a Figura 44. Além disso, as superfícies dos objetos comuns sofrem oxidação, ficando recobertas por uma camada de óxido e outros con-taminantes, o que reduz a possibilidade de fusão sob pressão.

Figura 44b – Quando apoiamos as mãos sobre o solo, microscopicamente apenas 1/ 10.0000 da superfície da palma da mão está efetivamente em contato com o solo. Não é incrível ?

Quando duas superfícies são colocadas em contato, somente os pontos salientes se tocam. (E como se duas cadeias de montanhas fossem colocadas uma sobre a outra.) A área microscópica real de contato é muito menor do que a macroscópica aparente, por um fator quase igual a 104 vezes menor. Os pontos de fusão ocorrem apenas na minúscula área de contato real. Quando as superfícies são deslocadas umas sobre as outras, há uma ruptura e uma regeneração contínua das fusões, à medida que novos contatos são estabelecidos durante o deslizamento. É importante saber que, ao contrário do que a maioria das pessoas pensa: 1) A força de atrito que está agindo num corpo não é diretamente

proporcional à força normal N que atua nele. Em outras palavras, se a força normal N que está agindo no corpo, por exemplo, triplicar de valor, não implica que a respectiva força de atrito também deva triplicar.

2) A força de atrito não é diretamente proporcional ao peso do corpo. Para entender esses fatos, observe a Figura 44c. Como as caixas A e B encontram-se em equilíbrio estático, podemos escrever :

N1 = m.g, PA = T1 = Fat1 � Fat1 = PA

A força de atrito que está agindo na caixa B é igual ao peso da caixa A (Fat1 = PA), impedindo o escorregamento da caixa B ao longo da mesa (Figura 44c).

A

T1Fat1

m.g

N1

PA

B

T1

Figura 44 c

Entretando, o que ocorre ao “triplicarmos o peso da caixa B” como mostrado na Figura 44d ? Pense fisicamente � será que faria sentido a caixa B passar a escorregar ao longo da mesa

só por termos colocados mais duas caixas idênticas sobre ela?

A

T2Fat2

3m.g

N2

PA

B

B

B

T2

Figura 44 d

Lógico que não, pois a força de atrito que age nela continuará tendo a mesma intensidade do peso da caixa A :

N2 = 3.m.g, PA = T2 = Fat2 � Fat2 = PA

Já pensou como seria cômico se a força de atrito Fat2 triplicasse quando as outras duas caixas fossem empilhadas à caixa B como mostrado na Figura 44d ? � A caixa B sairia andando para a esquerda � sozinha (rsrsrr....) arrastando a caixa A, que iria subindo ..... que piada hein ?

Assim, vemos que, embora o “tanto o peso da caixa B quanto a sua normal N tenham triplicado”, a força de atrito permaneceu constante Fat1 = Fat2 = PA.

Note que a caixa B, nas figuras 44c e 44d, não encontra-se necessariamente na iminência de escorregar, o que nos impede de admitir que a força de atrito estático já tenha atingido o seu valor limite Fatmax = .N = e. m.g.

Ah, Claudete, trata-se apenas de uma força de linguagem. Na verdade, essas pessoas estão se referindo ao valor limite da força de atrito, chamado de Fatmax, aquele valor atingido quando o corpo encontra-se na iminência de escorregar. � Na Figura 44e, admita que o operador aplique à corda uma tração suficientemente grande para levar à caixa à iminência de escorregar. Nessa situação, a força de atrito terá atingido o seu valor limite:

Fatmax = e .N = .m.g

Figura 44 e D

EMONSTRATIVO

Física


77

Entretanto, na figura 44f, ao empilharmos mais dois blocos, o peso do conjunto B triplicará, assim como a normal N2.

T2Fat2

3m.g

N2

B

B

B

Supondo iminência de escorregar Figura 44 f

Para levar novamente o conjunto B à iminência de escorregar, o operador deverá aplicar uma tração T2 três vezes maior que antes, até equiparar o novo valor da força de atrito limite:

T2 = Fat max = e .N = e.(3.m.g)

Vimos, portanto, que quem é diretamente proporcional à normal N é o “valor limite” da força de atrito (que age somente na iminência de escorregar). O mesmo ocorre ao Fat cinético, que também é diretamente proporcional à normal N que age na superfície de contato Fatcin = c. N. Entretanto, esses são apenas casos particulares da força de atrito e, portanto, não podem ser tomados como regra geral. Não perca de vista os exemplos mostrados nas figuras 44c e 44d, quando vimos que a força de atrito agindo no bloco B não triplicou de valor quando o seu peso triplicou, evidenciando que a força de atrito agindo no corpo não é diretamente proporcional à normal N nem ao peso do corpo, exceto nos casos particulares mostrados anteriormente (Fat limite e Fat cinético).

3) A força de atrito seco (estático ou cinético) independe da área de contato entre o corpo e a superfície. Isso significa que não faz a menor diferença se você vai puxar o bloco deitado (figura 44g), apoiado sobre uma maior área de contato, ou em pé (figura 44h), apoiado sobre uma menor área de contato. A dificuldade que você vai sentir ao puxar o bloco será exatamente a mesma, apesar de eu saber que você está duvidando �.

T1Fat1

m.g

N1

B

Figura 44 g - puxando o bloco deitado, apoioado na

maior área de contato

Esse comportamento da força de atrito é observado experimentalmente, mas não tem uma explicação teórica muito simples. Devemos ter em mente, também, o fato de que, aquilo que vemos a olho nu como sendo a área de contato entre o bloco e a mesa, quando observador microscopica-mente se revelam míseros pontos de contato “aqui acolá” entre o bloco a mesa, como mostrado na figura 44a

Fat1

m.g

N1

B

T1

Figura 44 g - puxando o bloco em pé, apoioado na

menor área de contato

4) A força de atrito que trocamos com o solo, quando caminhamos ou corremos(sem patinar, sem escorregar) é atrito estático, assim como o atrito trocado entre as rodas de um carro e o asfalto (desde que não estejam derrapando).

5) O atrito cinético independe da velocidade do corpo.

O leitor, entretanto, não deve confundir “a força de atrito que está agindo efetivamente no corpo” com a “força de atrito máxima”, isto é, a máxima força de atrito disponível, também chamada de força de atrito limite. A força de atrito que age num corpo só atinge o valor máximo Fatmax = E.N quando o corpo em repouso está na iminência de escorregar. A partir dessa situação, se a força solicitadora crescer ainda mais um pouco, o corpo passará a escorregar e a força de atrito assumirá o seu valor cinético Fat = C.N. Logicamente, a força de atrito máxima Fatmax = E.N é diretamente proporcional à normal N, mas, isso não implica que a força de atrito que está agindo no corpo seja diretamente proporcional à normal N. Afinal de contas, a força de atrito que está efetivamente agindo no corpo só atinge o valor Fatmax quando ele estiver na iminência de escorregar. Portanto, evite generalizações: embora possamos dizer que a força de atrito máxima é diretamente proporcional à normal, não podemos generalizar dizendo que a força de atrito que está agindo no corpo em qualquer situação é diretamente proporcional à normal N, nem mesmo diretamente proporcional ao peso do corpo ou à sua massa, erro muito comum entre os estudantes de Física. Da mesma forma, a força de atrito cinética Fatcin = C.N é diretamente proporcional à normal N, mas, isso não implica que a força de atrito que está agindo no corpo em qualquer situação seja diretamente proporcional à normal N. Afinal de contas, a força de atrito que está efetivamente agindo no corpo só assume o seu valor cinético quando ele estiver escorregando, o que nem sempre está ocorrendo. Em linhas gerais, a força de atrito que está agindo num corpo só é diretamente proporcional à normal N em situações bem particulares: (1) se ele é mantido na iminência de escorregar ou (2) se ele estiver escorregando. Em todos os outro casos, a força de atrito não é diretamente proporcional à normal N que age no corpo. 3.4– Resistência dos fluidos O ar e outros fluidos resistem a movimentos realizados “dentro” deles. É graças a isso que o pára-quedas funciona: quando o paraquedista salta, ele é submetido a uma força de resistência exercida pelo ar. Ela se manifesta como um vento forte para cima que vai aumentando a medida que ele cai. A velocidade de queda também aumenta até atingir um valor limite. Sabe-se que um paraquedista em queda livre (paraquedas fechado) atinge uma D

EMONSTRATIVO

Física


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velocidade máxima em torno 200 km/h. Porém, sem a força de resistência do ar (no vácuo) eles atingiriam velocidades muito maiores: saltando de uma altura de 1000 metros chegariam ao chão com uma velocidade de 508 km/h.

Figura 46A – “Skydivers” abrem os braços e as pernas para maximizar a área do seu corpo, aumentando a força de resistência do ar que atua sobre eles. Essa posição de vôo é chamada de “grande águia”.

Quando o paraquedista abre o pára-quedas, a força de resistência se torna muito maior devido ao formato e à área do pára-quedas. Com isso sua velocidade cai rapidamente, atingindo valores menores que 10 km/h seguros o suficiente para uma aterrissagem tranqüila. O skydiver pode variar sua rapidez mudando sua posição. Mergulhar no ar com a cabeça ou os pés para baixo é uma maneira de encontrar menos ar pelo caminho e, assim, sofrer menor força de resistência aerodinâmica e alcançar a máxima velocidade terminal. Uma velocidade terminal menor será alcançada abrindo os braços e as pernas, aumentando a área da secção transversal do corpo. A velocidade terminal mínima é alcançada quando o pára-quedas é aberto, visto que a área transversal é maximizada nessa circunstância. Se neste caso a força de resistência é útil, há outras situações em que procuramos evitá-la. É o caso do projeto de carrocerias de automóveis. Talvez você já tenha ouvido frases do tipo “tal automóvel é mais aerodinâmico”. O que quer dizer isso? Quer dizer que, dependendo do formato que um veículo tiver, ele sofre uma força de resistência do ar maior ou menor. Os veículos mais esportivos têm um formato mais aerodinâmico, ou seja, de cortar o ar de uma maneira mais eficaz, diminuindo a resistência. Isso melhora o desempenho do veículo (velocidade final atingida) e economiza combustível, pois o motor não precisa de tanta força para manter a velocidade. O formato do carro é caracterizado por um número chamado coeficiente de arrasto aerodinâmico, indicado por Cx. Quanto menor o coeficiente, melhor a "aerodinâmica". Normalmente o Cx dos veículos varia entre 0,3 e 0,9. A tabela ao lado mostra o valor de Cx para vários formatos. Porém a força de resistência não depende apenas do formato do objeto. Vários outros fatores influem. Um deles é a área do objeto voltada para o movimento. Ela está relacionada ao tamanho do objeto: um pára-quedas grande por exemplo, sofrerá uma

resistência maior do que um pequeno. Um guarda-chuva, se usado como pára-quedas tem um efeito desastroso, porque sua área é muito pequena e a força de resistência será insuficiente para diminuir a velocidade de queda de uma pessoa até um valor seguro. Para determinar a área, devemos verificar qual é o lado do objeto que está voltado para o movimento, e a partir daí descobrir em que ponto essa área é maior. Veja a ilustração a seguir, por exemplo, onde mostramos a área de um automóvel voltada para o movimento.

Figura 46B – Ao contrário do atrito entre sólidos, a resistência dos fluidos depende da área do móvel transversal à sua direção de movimento.

A velocidade relativa não influi no atrito cinético entre corpos sólidos, mas influi diretamente na resistência que o fluido impõe quando um móvel está passando através dele. Quanto maior for a velocidade do carro, maior é a força de resistência que ele sofre. Se um passageiro colocar o braço para fora do vidro, sentirá um pequeno vento na mão quando a velocidade do veículo é baixa. Mas quando ela é alta, o vento empurra fortemente sua mão para trás. Essa é a força de resistência do ar, que aumenta com a velocidade. Evidentemente, se além disso houver um vento contrário ao movimento do móvel, a velocidade relativa será maior. Por outro lado um vento favorável deverá ter descontada a sua velocidade no cálculo. Na verdade, um carro a 100 km/h movendo-se em um dia sem vento ou a 70 km/h contra um vento de 30 km/h sofrerá a mesma força de resistência. O mesmo vale para um carro em repouso sujeito a um vento frontal a 100 km/h. Finalmente, há um último fator que influi na intensidade da resistência do ar: a densidade � do próprio ar (ou outro fluido). A densidade do ar depende da temperatura e da pressão ambiente. Em locais de menor altitude, a pressão atmosférica é maior e o ar é mais denso e, portanto, oferece mais resistência ao movimento. O mesmo vale para locais onde a temperatura é menor : o ar se torna mais denso dificultando mais o movimento através dele. Há uma fórmula que resume todas essas características que discutimos até aqui e que expressa o valor da força de resistência no ar e outros fluidos para a maioria das situações:

FRes = 21 .Cx.�.A.Vn

ou, de forma mais resumida:

FRes = K.V n , com K = 21 .Cx.�.A

onde K é constante durante o deslocamento do móvel e n é um expoente determinando experimentalmente, geralmente valendo 1 ou 2. Quando um corpo cai verticalmente sob ação do seu peso e da resistência do ar (mantenha os olhos na Figura 47 para entender a sequência), a sua aceleração, em cada instante, é dada pela 2a lady de Newton � :

mK.v m.g

mK.v P

mF a

nnR �

��

�� DEMONSTRATIVO

Física


79

Tabela de coeficientes de arrasto aerodinâmico Cx

Formato Descrição Cx

Formato mais aerodinâmico 0,08

Carro esporte 0,25

Semi-esfera face plana atrás 0,38

Carros de passeio 0,40

Esfera 0,47

Ônibus 0,70

Cilindro vertical 0,90

Caminhão 0,90

Ciclista em competição 0,90

Cubo 1,05

Placa quadrada 1,2

Semi-esfera face plana frontal 1,42

Motociclista 1,8

Secção em forma de C 2,3

P

v = 0

P

vk.v n

P

v

k.v n

P

v

k.v n

a aa

P

k.v n

a = 0

va = g

(a) (b) (c) (d) (e)

Figura 47 A figura 47a mostra uma bola de ferro caindo, a partir do repouso v = 0 sob ação do seu peso. Assim, a sua aceleração inicial será:

m0 m.g

mK.v P

mF a

nR �

��

�� = g

Entretanto, à medida que sua velocidade vai aumentando, a força de resistência do ar K.Vn também crescerá gradativamente, diminuindo a força resultante FR = P – K.Vn sobre a bola e, conseqüentemente, a sua aceleração de queda (Figura 47b).

Apesar da aceleração do móvel estar diminuindo, ela continua sempre a favor da velocidade do móvel (v, a). Assim, a velocidade do corpo em queda continua crescendo, apesar de fazê-lo num ritmo cada vez menor. Esse ritmo é dado pela aceleração do movimento, cuja intensidade está diminuindo, por conseqüência da gradativa diminuição da força resultante FR sobre a bola (Figuras 47c e 47d).

v

t

a

t

vLg

Figura 48

Quando a velocidade cresce o suficiente para que a resistência do ar se equipare ao peso do corpo (P = K.Vn), a força resultante sobre ele se anula (FR = 0, a = 0) fazendo com que a velocidade pare de aumentar, o mesmo ocorrendo à resistência do ar K.Vn . Desse ponto em diante (Figura 47e), dizemos que a bola atingiu a velocidade terminal ou velocidade limite VL e prosseguirá em MRU até tocar o solo.

A Figura 48 mostra o comportamento da velocidade e da aceleração do corpo em queda, do instante inicial (repouso v = 0, a = g) até o momento em que a velocidade limite é atingida (a = 0, V = VL). A velocidade limite pode facilmente ser determinada pela condição a seguir:

P = K.Vn � m.g = K.Vn � V = nK

g.m� VL = n

Kg.m

O resultado acima obtido mostra que objetos mais pesados tendem a atingir velocidades limites maiores que os mais leves e, por isso, tendem a chegar ao solo antes.

Figura 49A – Quando dois corpos têm o mesmo formato aerodinâmico e diferem apenas pelo peso, o mais pesado tende a cair mais rapidamente que o mais leve.

Para melhor ilustrar esse fato, considere uma mulher e um homem saltando de pára-quedas de uma mesma altitude (Figura 49A). Suponha que o homem é duas vezes mais pesado que a mulher e que seus pára-quedas (de mesmo tamanho) estão abertos desde D

EMONSTRATIVO

Física


80

o início. Pára-quedas de mesmo tamanho significa que, com uma mesma rapidez de queda, a resistência do ar é igual para ambos. Quem chega primeiro ao solo — o homem pesado ou a mulher leve? A resposta é que a pessoa que cai mais rápido chega primeiro ao solo — ou seja, a pessoa que alcança uma velocidade limite maior. À primeira vista, pode parecer que como os pára-quedas são idênticos, as velocidades limites de cada um serão as mesmas e que, portanto, eles atingiriam o solo juntos. Entretanto, esse raciocínio só seria correto para pessoas de mesmo peso. Vimos que uma pessoa alcançará a sua velocidade limite quando a força de resistência aerodinâmica sobre seu pára-quedas se igualar ao seu peso. Sendo, a mulher, mais leve que o homem, a força de resistência (que cresce com o aumento da velocidade) primeiro empata com o peso m.g dela, para continuar crescendo e, só depois, finalmente empatar com o peso M.g do homem. Assim, quando a resistência K.vn empatar com o peso m.g da mulher e a sua velocidade estacionar no seu valor limite, a velocidade do homem ainda continuará crescendo, até que K.vn (dele) aumente o suficiente para empatar com o seu peso M.g. Percebemos, então, que a velocidade limite atingida é maior para a pessoa mais pesada, com o quê, ele (o homem) chegará primeiro ao solo.

Algumas Velocidades Limites no Ar

Objeto Velocidade Limite Distância (*) Pessoa em queda 60 m/s 430 m Pára-quedista (típico) 5 m/s 3 m Bola de beisebol 42 m/s 210 m Bola de tênis 31 m/s 115 m Bola de basquete 20 m/s 47 m Bola de pingue-pongue 9 m/s 10 m Gotas de chuva 7 m/s 6 m (*)“Esta é a distância que o corpo deve percorrer em queda, a partir do repouso, para atingir 95% da sua velocidade limite. Fonte: Adaptado de Peter J. Brancazio, Sport Science, Simon & Schuster, Nova torque, 1984.

Note que a velocidade limite é dada por VL = nK

g.m , onde o

termo K = 1/2.Cx.�.A inclui os parâmetros área A, densidade � do fluido, coeficiente de arrasto aerodinâmico Cx relacionado ao formato do corpo, de forma que todos esses parâmetros influenciam o tempo de queda de um corpo sob ação da força de resistência do ar.

De acordo com as expressões acima, vemos que, tendem a cair mais rapidamente (atingem maior velocidade limite) os corpos que possuem maior massa m, menor área A de secção transversal, formato mais aerodinâmico (menor Cx) se movendo através de fluidos de menor densidade �. Ou seja, Aristóteles tem razão apenas quando se leva em consideração a resistência do ar �.

No vácuo, entretanto, os corpos caem livre da ação da resistência do ar, de forma que todo e qualquer corpo cairá com a mesma aceleração constante dada por :

RF peso m.ga gm m m

� � � �

independente da sua massa m, formato, etc, conforme mostrado acima. Em suma, no vácuo, quaisquer corpos, abandonados de uma mesma altura, chegam sempre juntos ao solo.

Em geral, os gatos criados em apartamentos gostam de dormir no parapeito das janelas. Quando um deles cai, acidentalmente, de uma janela até a calçada, a extensão das lesões (como o número de fraturas ou de mortes) será menor quanto maior for a altura da queda, caso ele caia do sétimo ou oitavo andares para cima.

Figura 49B – Quando um gato cai em queda livre, o seu corpo atua como um pára-quedas, que reduz a extensão das lesões que ele sofrerá no impacto contra o solo. Entretanto, durante a queda do felino, “o seu pára-quedas só abrirá” após o gato cair cerca de 6 andares. Somente a partir daí o efeito de frenagem terá início.

Há até mesmo um recorde de um gato que caiu do 32o andar de um edifício e sofreu apenas leves contusões em seu tórax e num dente. Por que isso acontece ? A velocidade do gato, durante a queda, se comporta de acordo com o gráfico V x t da figura 49C. A seguir, eu Renato Brito explicarei o gráfico:

Figura 49C – A velocidade do gato do gato durante a sua queda apresenta dois valores limites VL1 e VL2 . A velocidade dele é decrescente após o instante t1 em que seu “pára-quedas natural” se abre.

Antes de qualquer coisa, lembremos que a força de resistência do ar é dada por:

FRes = 21 .Cx.�.A.Vn = K.V n , com K =

21 .Cx.�.A

e, portanto, depende do formato (Cx) e da área (A) do corpo transversal ao sentido do movimento. Adicionalmente, devemos lembrar que o gato não é um corpo rígido, como uma bola, mas sim, um ser vivo que tem mobilidade D

EMONSTRATIVO

Física


81

e que pode mudar o formato do seu corpo, abrindo ou fechando as patas conforme a sua vontade própria. O que ocorre ao gato durante a sua queda ? Você certamente já saltou de um trampolim de uma piscina e já sentiu o frio que dá na barriga no início da queda, provocado pela aceleração do movimento de queda. O mesmo ocorre ao gato no início da sua queda: o gato fica assustado se encolhe todo e mantém seus pés por baixo do seu corpo, a cabeça encolhida e a espinha curvada para cima, diminuindo a área da secção transversal A. Uma área de secção transversal pequena levará a um pequeno valor de K = 1/2.Cx.�.A e, conseqüentemente, a um

grande valor da velocidade limite VL1 = n1

m.gK

a ser atingida pelo

gato, conforme o gráfico da figura 49C. Se o gato permanecesse encolhido durante toda a sua queda, sua velocidade aumentaria até atingir o valor limite VL1 (Figura 49C) mas, entretanto, essa velocidade limite não chega a ser atingida. Por quê ?

O mal-estar da queda livre, sentido pelo gato, é proveniente da sua aceleração de queda. Entretanto, conforme explicado nas figuras 47 e 48, sabemos que a aceleração a de queda do gato (dada pela inclinação do gráfico na figura 49C) vai gradativamente diminuindo no intervalo [0, t1] :

nR 1F m.g K .Va

m m�

� �

Quando essa aceleração se torna suficientemente pequena, o mal-estar da queda livre (causado pela aceleração) praticamente desaparece (instante t1 do gráfico, figura 49C, quando K.Vn está quase empatando com o peso P do felino). O gato, então, relaxa, estica as pernas e o pescoço horizontalmente e sua espinha fica reta (parecendo com um esquilo voador). Estas atitudes bruscamente aumentam a área A transversal do gato (aumentando o K) e, conseqüentemente, a força de resistência k.Vn, fazendo com que esta bruscamente passe a superar o peso (k2.Vn > P), de forma que a queda do gato passa a ser RETARDADA a partir do instante t1 (veja figura 49C) !! Com o brusco aumento da área A do seu corpo e, conseqüentemente da constante K2 = 1/2.Cx.�.A , a velocidade do gato passa a diminuir (veja o gráfico) visando a atingir o valor

limite VL2 = n2

m.gK

menor que VL1 , visto que K2 > K1.

Estudos revelam que o instante t1 (mostrado no gráfico da figura 49C), é atingido após o gato já ter despencado cerca de 6 andares em queda livre, de forma que a queda do gato só passa a ser retardada (a velocidade da queda dele só começa a diminuir) após o gato já ter caído mais de 6 andares. Desta forma, fica claro porque muitos gatos que caem de grandes alturas não se machucam gravemente: no caso de quedas de alturas superiores a 6 andares, digamos, 10 andares, 15 andares,

quanto maior for essa altura, menor será a velocidade de aterrissagem do gato, portanto, menores os danos ao corpo do felino. Isso está relacionado ao trecho decrescente do gráfico da Figura 49C. Logicamente que, para alturas inferiores a 6 andares (tempo de queda inferior a t1), quanto maior for a altura da queda, maior será a velocidade de aterrissagem do animal, maior será a extensão das lesões do felino ao atingir o solo. É importante ressaltar que um gato não atinge o solo num impacto violento, como durante a queda de um copo, por exemplo. Um pouco antes do final da queda, quando se aproxima do solo, o gato encolhe suas patas traseiras, preparando-se para a aterrissagem, de forma que ele primeiro cai com as patas dianteiras para, em seguida, apoiar as traseiras no solo.

Autoteste 2

Por que as probabilidades de sobrevivência são as mesmas se cairmos de um penhasco a 500 m do solo, sem pára-quedas, ou de um avião a 3000 m de altura? EXEMPLO - Um gato caindo atinge uma primeira velocidade limite de 96 km/h, enquanto está encolhido, quando então se estica duplicando a sua área transversal. Qual a velocidade escalar da queda quando ele atinge uma nova velocidade limite ? Admita que a força de resistência é dada por FRes = K.V2. Solução: A velocidade limite é atingida quando a força de resistência do ar se equipara ao peso do corpo. Assim:

FRes = K.V2 = m.g � VL = K

g.m

onde K é uma constante diretamente proporcional à área do móvel. Sejam VL1 e VL2 as velocidades limite, e A1 e A2 as áreas correspondentes. Segundo o enunciado, o gato duplicou a sua área transversal, ou seja, A2 = 2.A1 o que implica K2 = 2.K1. As velocidades limites VL1 e VL2 são dadas por:

VL1 =1Kg.m

VL2 =2Kg.m

Dividindo membro a membro as expressões acima, temos:

2L

1LVV

= 1

2KK

= 1

1KK.2

= 2

Finalmente, substituindo VL1, vem:

2V96

2L� = � 1,41 � VL2 � 67 km/ h.

Em abril de 1987, durante um salto, o pára-quedista Gregory Robertson notou que sua companheira, Debbie Williams, havia sido nocauteada numa colisão com um terceiro companheiro, ficando impossibilitada de abrir seu pára-quedas. Robertson, que estava bem acima de Williams naquele momento e ainda não D

EMONSTRATIVO

Física


89

Questão 9 A caixa da figura tem peso P = 30N e está submetida a duas F1 = 40N e F2 = 10N. Sabendo que a caixa encontra-se em equilíbrio, determine: a) a direção, sentido e intensidade da força de atrito Fat;

F1 F2

b) Se uma força F3 = 20N for acrescentada ao sistema como na

figura abaixo, a caixa ainda ficará em equilíbrio ? Qual será a nova intensidade da Fat ?

F1F2

F3

c) Ainda na figura acima, qual o maior valor possível da força F3 para o qual se pode garantir que a caixa certamente não se moverá ?

Questão 10 - � A figura 1 mostra uma caixa A, de massa 3m, apoiada sobre uma superfície áspera e conectada a uma caixa B, de massa 2m, através de polia e fio ideais. O sistema encontra-se em equilíbrio estático: a) É possível determinar o coeficiente de atrito estático entre a

caixa A e o plano horizontal, nessas condições ? Justifique. b) O prof Renato Brito pede para você determinar qual a maior

massa possível para a caixa C que foi adicionada ao sistema (figura 2) para a qual ainda se pode garantir que as caixas permanecerão em equilíbrio estático.

A

B

A

BC

figura 1 figura 2

Questão 11 Um pequeno bloco de massa m = 40 kg foi abandonado em repouso sobre uma superfície inclinada. Em cada caso a seguir, analise a estabilidade e determine a intensidade da força de atrito que atua sobre o bloco. Admita que a gravidade local vale 10 m/s2 e que os coeficientes de atrito estático e cinético valem E = 0,9 e C = 0,4 : a)

3 m

4 m

b)

4 m

3 m

Questão 12 Um bloco está inicialmente em repouso sobre um plano inclinado, conforme a figura abaixo. Sabendo que os coeficientes de atrito estático e cinético entre o bloco e o plano valem, respectivamente 0,7 e 0,6 e que o peso do bloco vale P = 100N, analise se haverá

escorregamento ou não e determine a intensidade da força de atrito que agirá permanentemente sobre o bloco. Dado sen 36º = 0,6 cos 36º = 0,8 a) 36N b) 42N c) 60N d) 48 N e) 56N

36º

Questão 13 - � Dois blocos A e B foram abandonados em repouso, conectados entre si através de um fio ideal e uma polia, como mostra a figura. Em cada caso a seguir, analise se haverá escorregamento ou não e determine a intensidade da tração T no fio ideal, conhecendo a massa de cada bloco e os coeficientes de atrito. Admita g = 10 m/s2

a) MA = 8 kg MB = 2 kg E = 0,5 C = 0,4

b) MA = 2 kg

MB = 8 kg E = 0,8 C = 0,4

Questão 14 - � Um bloco de massa M = 5 kg encontra-se sobre uma superfície horizontal áspera e passa a ser solicitado por uma força horizontal F cuja intensidade é ajustável. O gráfico da intensidade da força de atrito Fat que a superfície aplica sobre o bloco, em função da força solicitante F, é mostrado abaixo. Se a intensidade do campo gravitacional local vale g = 10 N/kg, é correto afirmar que:

a) O coeficiente de atrito estático entre o bloco e a superfície vale

E = 0,6; b) O coeficiente de atrito estático entre o bloco e a superfície vale

C = 0,4; c) Estando o bloco inicialmente em repouso, se uma força F de

intensidade F = 30 N for aplicada ao corpo, ele se moverá com velocidade constante em MRU;

d) A força de atrito que age no bloco é diretamente proporcional à força normal N que o solo aplica sobre ele;

e) Se o bloco estiver escorregando sob ação de uma força solicitadora F = 20 N, a força de atrito agindo sobre o bloco valerá Fat = 30N. D

EMONSTRATIVO

Física


90

Questão 15 - � Na figura a seguir, os blocos A e B apresentam massas respectivamente iguais a 60kg e 20kg e são abandonados em repouso. Se o coeficiente de atrito vale 0,8 e a gravidade vale g = 10m/s2, determine: a) A força de atrito que atua no bloco A; b) A menor força horizontal com que se deve empurrar o bloco A

para colocá-lo em iminência de movimento. A

B

Questão 16 - � Aplicamos uma força F a um bloco de massa m = 40 kg que estava em repouso sobre uma superfície plana horizontal. São dados g = 10 m/s2, F = 160N, sen � = 0,6 cos � = 0,8. Sabendo que os coeficientes de atrito estático e cinético são ambos iguais a 0,5, determine a aceleração adquirida pelo bloco.

F�

Questão 17 - � Aplicamos uma força F a um bloco de massa m = 40 kg que estava em repouso sobre uma superfície plana horizontal. São dados g = 10 m/s2, F = 200N, sen � = 0,6 cos � = 0,8. Sabendo que os coeficientes de atrito estático e cinético são ambos iguais a 0,5, determine a aceleração adquirida pelo bloco.

F�

Questão 18 Na figura a seguir, os blocos A e B apresentam massas respectivamente iguais a 60 kg e 40 kg e foram abandonados a partir do repouso. Se os coeficientes de atrito estático e cinético valem 0,6 e 0,5 , respectivamente, a gravidade vale g = 10m/s2 , a tração na corda vale: a) 300 N b) 324 N c) 340 N d) 360 N e) 400 N

B

A

Dica: mesmo raciocínio da questão 13 de casa, tem que analisar se a caixa A escorrega ou permanece em repouso.

Questão 19 - � Uma caixa de massa 2 kg foi lançada num solo áspero com velocidade de 20 m/s e pára após 5s de movimento. Determine (g = 10 m/s2):

V

a) A aceleração que age na caixa durante a frenagem; b) O coeficiente de atrito cinético entre a caixa e o chão;

Questão 20 Uma caixa de massa 2kg foi lançada num solo áspero com velocidade de 6 m/s e pára após percorrer 9 m (g = 10 m/s2). Determine:

a) a aceleração que age na caixa durante a frenagem; b) o coeficiente de atrito cinético entre a caixa e o chão; Questão 21 O prof Renato Brito contou que uma caixa de massa M foi lançada num solo horizontal áspero com velocidade inicial Vo e pára de se mover após um tempo T, tendo percorrido uma distância D. Se a caixa fosse lançada com uma velocidade duas vezes maior, pode-se afirmar que:

a) a caixa iria para num tempo 2T, após percorrer uma distância

2D; b) a caixa iria para num tempo T, após percorrer uma distância

2D; c) a caixa iria para num tempo 2T, após percorrer uma distância

D; d) a caixa iria para num tempo 2T, após percorrer uma distância

4D; e) a caixa iria para num tempo 4T, após percorrer uma distância

2D; Questão 22 (UNIFOR Medicina 2008.1) Uma pista horizontal perfeitamente lisa é continuada por um trecho áspero. Na parte lisa um móvel descreve um movimento retilíneo uniforme percorrendo 60 m em 5,0 s. Ao atingir a parte áspera ele percorre 12 m até parar. Sabendo que a aceleração da gravidade vale g = 10 m/s2, o coeficiente de atrito entre o móvel e a pista áspera vale

a) 0,80 b) 0,75 c) 0,60 d) 0,50 e) 0,25 Questão 23 Um corpo é lançado sobre uma superfície plana horizontal rugosa e a sua velocidade varia com o tempo de acordo com o gráfico a seguir. Se a aceleração da gravidade vale g = 10 m/s2, o prof Renato Brito pede para você determinar o coeficiente de atrito cinético e a distância percorrida pelo móvel até parar:

a) 0,2 , 25m b) 0,4 , 25m c) 0,2 , 75m d) 0,3 , 60m e) 0,5 , 20m

V(m/s)

t(s)

10

5 Questão 24 - � Uma caixa foi abandonada em repouso no ponto mais alto do plano inclinado mostrado na figura. Sabendo que o coeficiente de D

EMONSTRATIVO

Física


92

e cos � = 0,8 . Se F = 50 N, então a força de atrito que atua sobre o bloco e a aceleração com que ele se move valem:

a) 12 N e 4 m/s2 b) 15 N e 4 m/s2 c) 12 N e 3 m/s2 d) 15 N e 2 m/s2 e) 15 N e 1 m/s2

�F

Questão 32 Um bloco A, apoiado em uma superfície plana horizontal sem atrito, move-se em movimento acelerado de aceleração a, empurrado por uma força horizontal F. O bloco A por sua vez empurra um bloco B, como mostra a figura, de modo que B não caia. Adote g = 10 m/s2 e suponha que o coeficiente de atrito estático entre os blocos A e B seja igual a . :

A B

a) Supondo = 0,40, determine os valores possíveis para o módulo de a.

b) Supondo = 0,40 e que as massas de A e B sejam mA = 8,0kg e mB = 2,0kg, calcule a faixa de valores possíveis para F a fim de que B não escorregue para baixo.

c) Supondo que a caixa se move com aceleração a = 20m/s2, calcule os valores possíveis de . a fim de que B não escorregue para baixo.

Questão 33 Um bloco A, de massa 4 kg está sobre um bloco B de massa 8 kg, que repousa sobre uma superfície plana horizontal sem atrito, numa região em que g = 10m/s2. O coeficiente de atrito estático entre o bloco A e o bloco B é e = 0,40. Calcule a máxima intensidade de uma força horizontal F que pode ser aplicada sobre o bloco A, de modo que o conjunto se mova sem que A escorregue sobre B.

Questão 34 Um bloco A, de massa 4 kg está sobre um bloco B de massa 8 kg, que repousa sobre uma superfície plana horizontal sem atrito, numa região em que g = 10m/s2. O coeficiente de atrito estático entre o bloco A e o bloco B é e = 0,40. Calcule a máxima intensidade de uma força horizontal F que pode ser aplicada sobre o bloco B, de modo que o conjunto se mova sem que A escorregue sobre B.

Questão 35 - � Considere duas caixas, A e B, de massas respectivamente iguais a 10kg e 40kg apoiadas sobre a carroceria de um caminhão que trafega numa estrada reta, plana e horizontal. Os coeficientes de atrito estático entre A e B e a carroceria valem A = 0,35 e B = 0,30 e, no local, g = 10m/s2.

Para que nenhuma das caixas escorregue, qual a maior aceleração (ou desaceleração) permitida ao caminhão ? Questão 36 - � Na figura, o corpo de massa m2 = 10kg escorrega sobre uma mesa sem atrito. Os coeficientes de atrito estático e cinético entre m2 e m1 = 5 kg são E = 0,6 e C = 0,4. Se M3 vale 30 kg e g = 10 m/s2 , o prof. Renato Brito pede para você determinar a tração no cordão: a) 45 N b) 60 N c) 90 N d) 250 N e) 300 N

m2

m1

m3 Questão 37 - � No sistema visto na figura, o coeficiente de atrito entre os blocos A e B, bem como entre o bloco A e o solo é c = 0,25. Se as massas de A e B valem 4 kg e 8 kg, determine a intensidade da força F com que deve puxar o bloco A para que os blocos se desloquem com velocidade constante V = 4 m/s.

AB

F

Questão 38 Um pano de prato retangular, com 60 cm de comprimento e constituição homogênea, está em repouso sobre uma mesa, parte sobre sua superfície horizontal e fina, e parte pendente, como mostra a figura. Sabendo que o coeficiente de atrito estático entre o pano e a mesa vale = 0,25 e que o pano está na iminência de escorregar, pode-se afirmar que o comprimento X da parte sobre a mesa vale: a) 40 cm b) 45 cm c) 50 cm d) 55 cm e) 48 cm

x

DEMONSTRATIVO

D inâ mica do M ov im ent o Curvi l íneoA ula 4


4.1– Introdução A figura a seguir mostra a velocidade de um móvel durante o seu movimento ao longo de uma trajetória sinuosa. Percebemos que, a cada instante, a velocidade do móvel é tangente à trajetória, apontando na direção que ele seguiria a partir daquele instante, caso prosseguisse em linha reta.

V V

V V

V

V

Figura 50 – A velocidade do móvel se molda à trajetória, permanecendo tangente a ela em cada ponto. Assim, a velocidade varia em direção no trecho curvilíneo, mantendo uma direção constante no trecho retilíneo.

Assim, em todo o trecho curvilíneo, a velocidade do móvel vai se moldando à trajetória, mudando de direção de acordo com o formato da curva. No trecho retilíneo, entretanto, essa velocidade não muda mais de direção, permanecendo alinhada à trajetória.

Sendo, a velocidade, uma grandeza vetorial, qualquer mudança em sua direção, sentido ou valor é suficiente para dizermos que esta grandeza está variando. Assim, todo movimento curvilíneo é caracterizado por uma velocidade V variável, no mínimo em direção, implicando que uma aceleração deve estar presente. Em outras palavras, todo movimento curvilíneo é acelerado, visto que uma aceleração está presente para variar a velocidade do móvel.

O vetor aceleração indica, a cada instante, em qual direção e com que rapidez a velocidade do móvel sofrerá variações. Assim, se no presente momento a velocidade do móvel é representada pelo vetor oV

�, qual será a velocidade dele após um intervalo de

tempo �t ? A velocidade será representada pelo vetor 1V�

, tal que:

t.a V V 01 ��

oV�

t.a ��

1V�

Após um novo intervalo �t, a velocidade do móvel passará de

V1�

para 2V�

, tal que:

t.a V V 12 ��

1V�

t.a ��

2V�

E assim por diante, após um novo intervalo �t, a velocidade do móvel passará de 2V

� para V3

�, tal que:

t.a V V 23 ��

��

2V�

3V�

t.a ��

As figuras acima mostram graficamente essas operações matemáticas. Assim, a cada intervalo �t, a velocidade V

� do móvel

sofre uma variação t.a ��

na mesma direção e sentido do vetor aceleração a

�.

oV�

1V�

2V�

3V�

Figura 51– A trajetória de um móvel será retilínea sempre que a sua aceleração apontar na mesma direção da sua velocidade.

Assim, se o vetor aceleração a �

do móvel estiver sempre na mesma direção e sentido do vetor velocidade V

�, as sucessivas

velocidades 0V�

, 1V�

, 2V�

, 3V�

...... atingidas pelo móvel serão vetores que apontam numa direção constante, o que significa que a trajetória seguida pelo móvel será retilínea (Figura 51. Não haverá mudanças na direção do seu movimento, visto que não há mudanças na direção da velocidade do móvel à medida que o tempo passa.

Mas como será o comportamento da velocidade v�

do móvel caso a aceleração a

� que atua sobre ele não aponte na mesma

direção da sua velocidade ? Quando um projétil é lançado horizontalmente com

velocidade inicial oV�

, ele sofre a ação de uma aceleração vertical constante a

�= g�

chamada aceleração da gravidade. Assim, a sua velocidade sofrerá sucessivas variações t.a �

� na direção vertical

(Figura 52), de forma que a trajetória seguida pelo móvel vai gradativamente encurvando para baixo, na direção do vetor t.a �

�,

como mostra a Figura 53

oV�

1V�

2V�

3V�

t.a ��

t.a��

t.a ��

t.a V V 01 ��

��

t.a V V 12 ��

t.a V V 23 ��

Figura 52– a velocidade vetorial do móvel sofre sucessivos acréscimos verticais para baixo, sempre na mesma direção e sentido da aceleração que atua sobre ele.

Profinho, quer dizer que o formato da trajetória seguida pelo móvel está relacionado com o ângulo

formado entre os vetores velocidade e aceleração ?

Exatamente ! Veja a seguir.

Do exposto até aqui, concluímos que o formato da trajetória seguida por um móvel está intimamente relacionado ao fato dos vetores velocidade v

� e aceleração a

� apontarem numa mesma

direção ou não. DEMONSTRATIVO

Física


98

donde se conclui que F1b > F3. A 2a lei de Newton na direção centrípeta permite escrever:

Fctp = m. actp

Fctp = F1b – F3 = m. actp , com F1b = F1. cos�

Fctp = F1. cos� – F3 = m. actp , com actp = V2/R Assim, percebemos que, o que a Claudete estava chamando de “a força centrípeta” é, meramente, a resultante das forças que atuam sobre o móvel ao longo da direção centrípeta (Figura 61 e 62).

AAhh ! entendi, profinho !A tal de força centrípeta é,na verdade, a componente

centrípeta da forçaresultante, dada por:Fctp = F1.cos� - F3

Exatamente, Claudete ! Agora percebo que você entendeu ! Da Figura 62, ainda podemos escrever as seguintes relações:

FTg = FR . cos� , Fctp = FR . sen� , (FR)2 = (FTg)2 + (Fctp)2 Note que, como as acelerações que aparecem no diagrama cinemático da Figura 56 foram respectivamente causadas pelas forças que aparecem na Figura 62, o ângulo � indicado em ambos os diagramas é exatamente o mesmo, visto que a aceleração resultante a

� aponta exatamente na mesma direção e

sentido da força resultante RF�

que a causou. 4.4 – Estudo do movimento de um Pêndulo Simples Um pêndulo simples trata-se de uma massa suspensa a um ponto de sustentação através de um cordão ideal de massa desprezível. O Pêndulo é deslocado da posição de equilíbrio e abandonado a partir do repouso, dando início a um movimento oscilatório. Durante esse movimento, apenas duas forças atuam sobre a massa do pêndulo a cada instante: a tração e o peso.

V

V

V

V = 0 V = 0

Figura 63 – o Pêndulo Simples

Mais uma vez, a velocidade da bola é tangente à trajetória em cada ponto (Figura 63). A fim de estudar a Dinâmica do movimento, precisamos traçar o par de eixos tangencial (paralelo à velocidade) e radial (perpendicular à velocidade) em cada ponto do movimento, como indica a Figura 64

T

T

T

T

T

P

PP

P

P

Figura 64 – o par de eixos tangencial e radial se desloca junto com a massa, e precisa ser levado em conta, para a análise das forças em cada ponto da trajetória

Em seguida, tendo feito a escolha correta do par de eixos adequado em cada posição da bola, fica claro quais forças precisam ser decompostas em suas componentes para a análise do movimento: aquelas que não estiverem sobre nenhum dos eixos cartesianos, no caso, a força peso P.

T

P

�

�Py

Px

T

�

P.cos�P.sen�

Figura 65

Figura 66 As figuras 65 e 66 mostram a decomposição conveniente do peso da bola. Lembrando que as forças que apontam para dentro da curva sempre superam as forças que apontam para fora (FIN > FOUT) na direção radial ou centrípeta, a 2a lei de Newton permite escrever:

Fctp = FIN – FOUT = m. actp

Fctp = T – PY = m. actp , com PY = P.cos�

Fctp = T – P.cos� = m.R

V 2

Expressaõ geral da Dinâmica do Pêndulo Simples Assim, a expressão anterior nos permite determinar a tração T no fio do pêndulo em cada posição angular � do pêndulo, desde que se conheça a velocidade V da massa, ao passar por aquela posição. Nos extremos da oscilação, onde a velocidade da bola é momentaneamente nula (V = 0), temos:

Fctp = T – P.cos� = 0 � T = P.cos�

Em qualquer outra posição do pêndulo, tem-se T > P.cos�. DEMONSTRATIVO

Física


99

T

PV

Figura 67a

Em particular na posição mais baixa da oscilação (Figura 67a), quando o pêndulo passar por ali com velocidade V, a 2a lei de Newton na direção centrípeta permite escrever:

Fctp = FIN – FOUT = m. actp Fctp = T – P = m. actp

Fctp = T – P = m.R

V 2

Note que, na posição mais baixa da oscilação, temos T > P, visto que FIN > FOUT nos movimentos em trajetórias curvilíneas . Apenas no caso em que o pêndulo é abandonado em repouso (V = 0) naquela posição de equilíbrio é que teremos:

Fctp = T – P = m.R

V 2 = 0 � T = P

Adicionalmente, é interessante analisar a orientação e o módulo da força resultante agindo na esfera em cada ponto da oscilação, conforme mostrado na figura 67b abaixo:

Figura 67b – Diagrama da força resultante em cada ponto da

oscilação do Pêndulo

Nas posições extremas da oscilação (posições a e e), onde o pêndulo pára (va.=.ve.=.0) a fim de inverter o sentido do movimento, a tração T equilibra (cancela) a componente P.cos�, e a componente P.sen� fará o papel da força resultante FR, isto é, FR = P.sen� nas posições a e e. Note que, nesses extremos da oscilação, a força resultante FR é perpendicular ao fio (ou seja, a força resultante é tangente à trajetória). Nas posições b e d da oscilação, a força resultante tem uma componente centrípeta de módulo Fctp.= T.�.P.cos� e uma componente tangencial de módulo Ftang.=.P.sen�. Nessas posições, a força resultante aponta numa direção intermediária entre a tangencial e a centrípeta, e tem módulo dado por :

2 2 2 2R tang ctpF (F ) (F ) (P.sen ) (T P.cos )� � � � � � �

ou 2 2 2 2 2

R tang ctpF (F ) (F ) (P.sen ) (m.V / R)� � � � �

Na posição c mais baixa da oscilação, a força resultante aponta para cima (na direção radial, centrípeta) e tem módulo dado por FR = T � P Analogamente, como a aceleração resultante aR sempre aponta na mesma direção e sentido da força resultante FR, o diagrama que mostra a aceleração resultante do pêndulo simples, em cada ponto da oscilação, é mostrado na figura abaixo:

Figura 67c – Diagrama da aceleração Resultante em cada

ponto da oscilação do Pêndulo 4.5– Dinâmica do MCU no plano horizontal O Pêndulo ilustrado na Figura 68 é chamado de Pêndulo Cônico. A pequena esfera executa um movimento circular uniforme, presa por um fio a um ponto de suspensão, descrevendo uma trajetória que está contida num plano horizontal.

Figura 68 – O Pêndulo Cônico

Assim como no Pêndulo Simples, apenas duas forças atuam sobre a pequena esfera do Pêndulo Cônico: a tração T e peso P.

T TT

TT

T

P

P

PP

P

P

Figura 69 – Apenas a tração T e o peso P atuam sobre a esfera do pêndulo

DEMONSTRATIVO

Física


100

Para que você compreenda a dinâmica do pêndulo cônico, consideremos, inicialmente, um outro móvel descrevendo um movimento idêntico ao da esfera do pêndulo cônico, sob ação das quatro forças genéricas mostradas a seguir:

F1F2

F3

F4 Figura 70 – exemplo alternativo de móvel que executa um movimento idêntico ao da esfera do pêndulo cônico (isto é, um MCU no plano horizontal) , submetido a um sistema de quatro forças genéricas.

Se esse móvel mantém a trajetória sempre no mesmo plano horizontal, sem acelerar para cima nem para baixo, qual deve ser a relação entre as intensidades das forças verticais F3 e F4 ?

Elas precisam ser iguaisem módulo para se

cancelarem, neh profi ?

Exatamente, Claudete ! Assim, podemos dizer que F3 = F4 . E sobre as forças F1 e F2 que atuam na direção radial (Figura 70), o que podemos dizer sobre elas ? Ora, sendo a trajetória curvilínea, devemos recordar que, na direção radial, precisamos sempre ter FIN > FOUT , para que haja uma resultante centrípeta Fctp = FIN – FOUT a fim de produzir a aceleração centrípeta actp necessária a todo movimento curvilíneo. Assim:

Fctp = FIN – FOUT = F1 – F2 = m . actp

Em síntese, as forças que atuam sobre o móvel devem satisfazer as seguintes relações:

Direção vertical: F3 = F4 Direção radial: F1 – F2 = m . actp

O mesmo raciocínio será aplicado ao pêndulo cônico, visto que trata-se do mesmo tipo de movimento: um MCU que se mantém num plano horizontal. Assim, a fim de que o diagrama de forças mostrado na figura 71 se assemelhe ao da figura 70, qual das forças tração T ou o peso P deverá ser decomposta no esquema a seguir ? Se você disse “a tração”, você acertou !

T

P Figura 71

T

P

TY

�

�TX

L

R

�

H

Figura 72 - O comprimento L do fio e o raio R da trajetória circular estão relacionados entre si pelo sen� no triângulo retângulo hachurado.

P

T.cos�T.sen�

Figura 73

Decompondo a tração em suas componentes TX e TY, percebemos a semelhança entre o diagrama de forças das Figuras 70 e 73, o que nos permite equacioná-los da mesma forma:

Direção vertical: T.cos� = m.g

Direção radial: T.sen� – 0 = m .RV2

= m.2.R

Triângulo retângulo: sen� = LR

CONCLUSÃO IMPORTANTE: sempre que um corpo descrever um MCU num plano horizontal, as forças que agem no corpo devem ser decompostas de forma semelhante à figura 70 (sempre !). Dessa forma, o equacionamento das forças sempre seguirá o mesmo raciocínio mostrado anteriormente.

O período do movimento de rotação do movimento circular executado pelo pêndulo cônico é facilmente determinado a seguir: T.sen� = m. 2. R

Substituíndo a tração T e o sen�, vem:

��

��

��

� LR.

cosg.m = m. 2. R � =

�cos.Lg

Da cinemática do movimento circular, vem:

= �2 = 2� .

gcos.L � = 2�.

gH , com H = L.cos�

Período de Rotação do Pêndulo Cônico.

Da expressão encontrada acima, decorre que pêndulos cônicos, que girarem com alturas H = L.cos� (veja Figura 72) idênticas, D

EMONSTRATIVO

Física


110

Questão 17 Uma pequena esfera, de massa m = 4 kg, suspensa por um fio, descreve um movimento circular uniforme, em um plano horizontal, constituindo o chamado pêndulo cônico. Sendo o raio da trajetória R = 3 m, o comprimento do fio L = 5 m, g = 10m/s2, determine intensidade da tração T no fio e o período desse MCU.

Questão 18 Uma pequena esfera de massa 5 kg move-se em órbita circular no interior de um cone fixo, apoiada sobre sua parede interna lisa num local onde a gravidade vale g = 10 m/s2. A altura H da órbita que a esfera descreve é tão maior quanto maior é a velocidade com que ela se move. Assim, para que a órbita ocorra a uma altura H = 40 cm, a pequena esfera deve estar girando com velocidade v igual a : a) 1 m/s b) 2 m/s c) 3 m/s d) 4 m/s e) 5 m/s

H

vg

Questão 19 Assinale verdadeiro ou falso: a) Uma partícula movendo-se em MCU tem velocidade constante, portanto aceleração nula. ( ) b) Uma partícula em MCU tem rapidez constante, portanto aceleração tangencial nula. ( ) c) No MCU, a aceleração centrípeta do móvel é constante. ( ) d) No MCU a força centrípeta constante. ( ) e) No MCUV, a força tangencial é constante. ( ) f) Se a lua gira em torno da terra em MCU, então move-se com velocidade constante. ( ) g) Uma partícula movendo-se em trajetória retilínea PODE ter aceleração centrípeta Não-nula.

( ) h) Uma partícula movendo-se em trajetória curvilínea PODE ter aceleração tangencial nula. ( ) i) No MCUV, a aceleração centrípeta do móvel tem módulo varíável, ao passo que a aceleração

tangencial tem módulo constante. ( ) j) Um móvel pode deslocar-se em movimento acelerado, embora sua rapidez permaneça

constante durante o movimento. ( ) k) Um móvel pode deslocar-se com velocidade variável, embora apresente aceleração escalar

(tangencial) nula. ( ) l) A aceleração tangencial é necessária para que a rapidez do móvel varie durante o movimento,

qualquer que seja a forma da trajetória. ( ) m) A aceleração centrípeta é indispensável a qualquer movimento não–retilíneo, independente da

forma da trajetória curvilínea. ( ) n) Durante o MCU, a força centrípeta atuante sobre a partícula permanece constante em módulo,

ao passo que no MCUV, a força tangencial permanece constante em módulo. ( ) o) Se a força resultante sobre um móvel é nula, ele deve deslocar-se necessariamente em

movimento uniforme, embora possa descrever trajetória de qualquer formato.( ) p) Em todo e qualquer movimento curvilíneo, a velocidade é obrigatoriamente variável; q) Todo e qualquer movimento curvilíneo é um movimento acelerado. DEMONSTRATIVO

Física


117

Questão 44 Na figura abaixo, três pêndulos cônicos A, B e C giram em torno de um eixo vertical, formando respectivamente 30º, 45º e 60º com a vertical. Sabendo que os três cones têm a mesma altura H, qual a relação entre os períodos de rotação desses pêndulos ?

a) TA = TB = TC

b) TB = TA + TC

c) TA = TB + TC

d) TC = TA + TB

e) TC = TA + 2TB.

Dica: veja figura 74, página 100

Questão 45 - � A figura ilustra um pêndulo cônico que gira em MCU amarrado a um ponto de suspensão fixo ao teto de uma casa num planeta onde a gravidade vale g. É intuitivo o fato de que, quanto maior a velocidade angular com que a esfera gire num plano horizontal, mais a bola tenderá a subir e menor será a distância H a que ela ficará do teto. Assim, admita que, para uma bola girando a uma velocidade angular = 6 rad/s , a altura H vale 1 m. Reduzindo-se a velocidade angular dessa esfera à metade, a sua órbita estacionará a uma nova altura H igual a : a) 2 m b) 3 m c) 4 m

d) 5 m e) 6 m

H

Dica: veja questão 18 de classe página 110

Questão 46 - � A figura mostra uma caixa de massa M = 2,4 kg em repouso sobre uma mesa fixa ao solo. Um fio ideal preso a essa caixa passa por uma polia e conecta-se a uma esfera de massa m = 2kg que gira em MCU descrevendo uma circunferência de raio R = 50 cm num plano horizontal com velocidade angular = 2 rad/s. Determine o menor coeficiente de atrito � entre a caixa e a mesa que impede o escorregamento da caixa. Admita g = 10 m/s2.

�

�M

m

a) 0,3 b) 0,4 c) 0,5 d) 0,6 e) 1,0

Questão 47 - � A figura mostra um carrossel de raio R = 1,5 m girando em torno do seu eixo central. Um mastro fixo à sua periferia suporta um pêndulo de comprimento L = 10 m que permanece estacionário em relação ao carrosel, formando um ângulo � constante com a vertical, tal que sen� = 0,6. (g = 10 m/s2)

L

R

?

Determine a velocidade angular de rotação do sistema. a) 1 rad/s b) 2 rad/s c) 3 rad/s d) 4 rad/s e) 5 rad/s Questão 48 Em todo movimento uniforme, estão presentes as seguintes características: a) aceleração centrípeta nula e velocidade constante; b) aceleração constante e velocidade variável; c) aceleração tangencial nula e velocidade escalar constante; d) aceleração e velocidade variáveis; e) aceleração nula e velocidade constante. Questão 49 Em todo movimento circular uniforme, estão presentes as seguintes características: a) aceleração nula e velocidade constante b) aceleração constante e velocidade variável c) aceleração constante e velocidade escalar constante d) aceleração e velocidade variáveis e) aceleração nula e velocidade variável. Questão 50 Em todo movimento circular uniformemente variado, estão presentes as seguintes características: a) aceleração centrípeta constante em módulo b) aceleração tangencial constante c) velocidade constante em módulo d) aceleração tangencial constante em módulo e aceleração centrípeta de módulo variável. e) a intensidade da força tangencial varia. Questão 51 (UFRS) Durante o seu estudo de mecânica, um aluno realizou diversos experimentos sobre o movimento de um móvel. Revisando-os, reuniu as figuras 1, 2, 3 e 4, obtidas em experimentos diferentes. Os pontos indicam as posições do móvel, obtidas em intervalos de tempo sucessivos e iguais. Analisando as figuras, ocorreu ao aluno a seguinte pergunta: em quais dos experimentos o móvel foi acelerado? A resposta correta a essa questão é: D

EMONSTRATIVO

ReferenciaisNão-inerciais


1 - O DOMÍNIO DE VALIDADE DAS LEIS DE NEWTON As leis de Newton são o pilar de sustentação da Mecânica. Elas descrevem o movimento dos corpos, tanto no céu como na Terra, descrevem as órbitas dos planetas, prevêem a existência de novos planetas e explicam o fenômeno das marés. Ainda assim, por mais brilhantes que sejam as três leis de Newton, é preciso cautela ao interpretá-las e aplicá-las.

A 1ª lei de Newton estabelece que todo corpo livre da ação de forças permanecerá em seu estado de repouso permanente (v = 0) ou de movimento retilíneo e uniforme, até que alguma força atue sobre ele e altere seu estado de equilíbrio. Esse repouso ao qual a lei da inércia se refere, entretanto, é em relação a quem ? Afinal, sabemos que um móvel pode estar em repouso num referencial, mas em movimento em outro referencial. Você já havia pensado sobre isso ? A segunda lei de Newton, por sua vez, estabelece que a força resultante FR, agindo sobre um corpo de massa m, proporciona a ele uma aceleração a tal que:

a = mFR

Sabemos, porém, que um móvel pode estar acelerado num referencial, mas estar não acelerado em outro referencial. A expressão da segunda lei de Newton fornece a aceleração do móvel em qual referencial ? Você já havia pensado sobre isso ? Em geral, os livros-textos de Física não deixam bem claro para o estudante o fato de que as leis de Newton têm sua validade restrita ao chamado referencial inercial, cujo conceito é bastante sutil, requerendo atenção e concentração especiais por parte do leitor para assimilá-lo de forma eficaz. Nesse capítulo, investigaremos o conceito de referencial inercial e faremos uma análise comparada entre os referenciais inerciais e não inerciais, buscando esclarecer de que maneira as leis de Newton falham nestes últimos. No capítulo 4, aprenderemos o Princípio da Equivalência de Einstein, que nos ajudará a aplicar as leis de Newton com sucesso, mesmo nos referenciais não inerciais.

2 - INTRODUÇÃO AO REFERENCIAL INERCIAL Um referencial ou sistema de referência pode ser formalmente definido como um sistema de coordenadas cartesianas em relação ao qual são tomadas as medidas de posição XYZ, velocidade e aceleração de um móvel. Deixando de lado o formalismo matemático, podemos simplificar, considerando como referencial um simples observador que avaliará a cinemática e a dinâmica do móvel, medindo as grandezas físicas relevantes para o estudo do fenômeno em questão.

Por definição, um referencial é dito inercial quando nele se verifica a lei da inércia e, por extensão, a segunda lei de Newton.

Para verificar se um dado referencial é inercial, alguns testes experimentais diretos podem ser realizados em primeira aproximação. Por exemplo, a Figura 1 mostra dois sistemas de coordenadas cartesianas: o sistema XYZ, fixo ao solo, e o sistema X’Y’Z’, fixo a um vagão, que pode se mover sobre trilhos retos e horizontais. O vagão, assim como a bola que se encontra sobre o seu piso, está inicialmente em repouso em relação à Terra (referencial XYZ). Sobre a bola agem apenas as forças peso P e normal N, visto que os atritos são desprezíveis. Qual será o comportamento da bola, no referencial da Terra, quando o vagão partir do repouso com aceleração a constante na direção horizontal X ?

Ora, para o referencial da Terra (Figura 1), o vagão irá se mover acelerado para a direita, mas a bola permanecerá em repouso, isto é, suas coordenadas XYZ permanecerão inalteradas com o passar do tempo. Isso está de acordo com a lei na inércia. Afinal, se nenhuma força horizontal está agindo sobre a bola, ela deve permanecer indefinidamente em repouso nesse referencial. Dessa forma, dizemos que o referencial XYZ (referencial da Terra) é inercial, visto que a lei da inércia é verificada nesse referencial. Por outro lado, qual será o comportamento da bola, no referencial do vagão, quando este partir do repouso com aceleração a constante na direção horizontal X ?

DEMONSTRATIVO

Física


126

Comparando as relações eq12, eq13 e eq14, escritas pelo referencial inercial, com as relações eq15, eq16 e eq17, escritas pelo referencial acelerado, vemos que ambos chegam às mesmas equações e, portanto, aos mesmos resultados, apesar de usarem argumentos e princípios físicos distintos, conforme o referencial de cada um.

Ainda na Figura 54, uma segunda forma alternativa do referencial não inercial interpretar o que se passa no interior do vagão é considerar a ação de uma única gravidade resultante g’ que será a soma vetorial das gravidades parciais :

' g�

= ( g�

) + ( a�

) (eq-18)

Seu módulo pode ser determinado pelo Teorema de Pitágoras ou calculando o cosseno de � no triângulo em destaque na Figura 54.

g’ = 22 a g � = �cos

g (eq-19)

Do ponto de vista do referencial no interior do vagão (Figura 54), a gravidade deixou de ser g

� (Figura 53) e passou a ser ' g

� (Figura

54). As forças que agem na bola do pêndulo, nesse contexto, são a tração T e o peso da bola P’ = m.g’. Estando o pêndulo, em equilíbrio relativo nesse referencial, as forças T e P’ que agem na bola (Figura 54) têm o mesmo valor, mesma direção e sentidos contrários de forma a se cancelarem (mutuamente) :

T = P’ � T = m.g’

Adicionalmente, essa gravidade resultante ' g�

define uma nova direção vertical e, conseqüentemente uma nova direção horizontal perpendicular a ela nesse referencial, como mostra a Figura 57.

a

Figura 57 – novas direções horizontal e vertical

Basicamente, o sistema de “coordenadas convencional XoY” sofreu uma rotação de um ângulo � tal que tg� = a/g, conforme o triângulo retângulo em destaque na Figura 57. A nova vertical, definida pela direção da nova gravidade ' g

�, forma um ângulo �

com a vertical original.

g�

Figura 58 - superfície da água caso o vagão seja um referencial inercial

Figura 59 - superfície da água caso o vagão seja um referencial não inercial

A própria natureza adapta-se perfeitamente a essas novas direções vertical (direção de g’) e horizontal (direção perpendicular a g’) redefinidas no referencial não inercial. Uma comprovação experimental desse fato é o interessante comportamento da superfície livre de um líquido que preencha o interior de um vagão apoiado sobre trilhos retilíneos:

� caso o vagão esteja parado ou em MRU num referencial inercial, a superfície livre do líquido repousará na horizontal, conforme a lei de Stevin, da Hidrostática (Figura 58);

� caso o vagão esteja se movendo com aceleração constante a�, ele constituirá um referencial não inercial e a superfície livre do líquido nele contido agora repousará na nova direção horizontal (Figura 59) como se, para o líquido, o campo gravitacional resultante g’ � que reina nesse referencial não inercial fosse tão natural quanto a antiga gravidade g� convencional. Nesse caso, a lei de Stevin, da Hidrostática também, precisará ser adaptada para esse referencial não inercial trocando-se g por g’.

A verdade é que, como os líquidos não são Homo sapiens nem muliere sapiens �, para eles, de fato, nada incomum está ocorrendo no referencial acelerado. Quando um pêndulo simples, fixo ao teto do vagão, é abandonado em repouso nessa nova direção vertical, ele tende a permanecer estacionário alinhado à direção de g’ .

Figura 60 - pêndulo simples oscilando no referencial acelerado

Se, porém, o seu equilíbrio for perturbado, o pêndulo inclinado executará um MHS (Figura 60), oscilando simetricamente em relação à direção do novo campo gravitacional g’ (como de costume), com período de oscilação dado por :

T =

�

��

��

cosgL.2.

ag

L.2' g

L.222

(eq-20)

9- FORÇAS DE INTERAÇÃO E FORÇAS DE INÉRCIA Seja um vagão que move-se sobre trilhos retilíneos (Figura 61) com aceleração a� em relação à Terra, constituindo-se, portanto, um referencial não inercial. D

EMONSTRATIVO

Física


132


Questão 01 A figura mostra um elevador panorâmico que desce acelerado com aceleração a = 2 m/s2 . De repente, Dr. Raul percebe que a lâmpada se desprende do teto a 2,56 m de altura do piso do elevador e passa a cair verticalmente em direção ao piso. Quanto tempo ele dispõe para afastar o pé e não se machucar com o impacto da lâmpada no piso ? (Dado g = 10 m/s2) a) 0,4 s b) 0,5 s c) 0,6 s d) 0,7 s e) 0,8 s

a

Questão 02 A figura mostra um elevador panorâmico que desce com uma velocidade constante V = 10 km/h. De repente, Dr. Raul percebe que a lâmpada se desprende do teto a 1,8 m de altura do piso do elevador e passa a cair verticalmente em direção ao piso. Quanto tempo ele dispõe para afastar o pé e não se machucar com o impacto da lâmpada no piso ? (Dado g = 10 m/s2) a) 0,4 s b) 0,5 s c) 0,6 s d) 0,7 s e) 0,8 s

V

Questão 03 Um pêndulo simples de comprimento � é preso ao teto de um elevador, como mostra a figura.

Sendo g o módulo do campo gravitacional no local, analisar as afirmações a seguir:

I - Se o elevador permanecer em repouso ou mover-se em movimento retilíneo e uniforme, o período de oscilação do pêndulo será T = 2� .g/�

II - Se o elevador mover-se com aceleração de módulo a dirigida para cima, o período de oscilação do pêndulo será

T = 2� .ag ��

III - Se o elevador mover-se com aceleração de módulo a dirigida para baixo (a < g), o período de oscilação será

T = 2� .ag ��

IV - Se o elevador estiver em queda livre, o pêndulo não oscilará, visto que a gravidade aparente em seu interior será nula.

o prof Renato Brito pede para você determinar as corretas: a) todas. b) apenas II e III. c) apenas IV. d) apenas I. e) apenas I, II e III. Questão 04 A figura mostra um elevador que se move para cima em movimento acelerado com aceleração a = 2 m/s2 num local onde a gravidade vale g = 10 m/s2. Os blocos A e B, de massas 4 kg e 6 kg, encontram-se ligados entre si através de um fio ideal que passa por uma polia presa ao teto do elevador. Pede-se determinar: a) a aceleração com que se

movem os bloquinhos para o observador dentro do elevador

b) a tração no cordão

a

A

B

Questão 05 A figura mostra um elevador que se move com aceleração a = 5 m/s2 para cima. Um bloco inicialmente em repouso, em relação ao elevador, é abandonado do topo de um plano inclinado e escorrega ladeira abaixo, até atingir o piso do elevador. Admitindo g = 10 m/s2 e desprezando atritos, o prof Renato Brito pede para você determinar:

a

�h

a) a aceleração adquirida pelo bloco ladeira abaixo, em relação

ao elevador ; b) quanto tempo o bloco gasta para descer toda a ladeira,

admitindo que a mesma tenha altura vertical h = 2,7 m. Dado: sen � = 0,60 e cos � = 0,80 D

EMONSTRATIVO

Física


138

Devido ao atrito trocado entre A e B, parte da velocidade de A é transferida para o bloco B e o conjunto “A+B” passa a se mover sobre o plano horizontal liso com velocidade comum V em movimento uniforme. De onde vem a energia cinética adquirida pelo bloco B nesse episódio ? Ela é proveniente do trabalho positivo realizado pela força de atrito FatAB � que A exerce sobre B enquanto escorrega sobre sua superfície. Este é um exemplo de situação em que a força de atrito realiza um trabalho positivo.

4– Trabalho Realizado por Forças Internas Nem sempre é fácil determinar quais forças estão efetivamente realizando trabalho sobre um corpo ou sistema. Em alguns casos, a atuação das forças internas pode esconder algumas armadilhas às quais o estudante deve estar atento. A seguir, descreveremos algumas situações particularmente interessantes.

Caso 1 : um patinador empurrando uma parede com as mãos Considere um patinador que empurra uma parede com as mãos a fim de impulsionar o seu corpo para trás como mostra a Figura 14. Ao fazer isso, ele adquire velocidade e, conseqüentemente, energia cinética, o que nos permite concluir que há realização de trabalho positivo sobre o patinador. Durante esse episódio, a parede, a Terra e o chão liso interagem com o patinador, aplicando sobre ele, respectivamente, as forças externas FEXT, o peso P e as normais N1 e N2. Assim, qual dessas forças externas agindo sobre o garoto (Figura 14a) realiza trabalho sobre ele ? Observando a seqüência da Figura 14, vemos que as forças P�, N1� e N2� são perpendiculares ao deslocamento horizontal d� sofrido pelo garoto e, portanto não realizam trabalho nesse episódio. E o que dizer da força FEXT de contato entre a parede e as mãos do patinador ? Sabemos que a condição necessária para que haja realização de trabalho é que “o ponto de aplicação da força” sofra um deslocamento na direção da referida força. Qual o ponto de aplicação da força FEXT ? Ora, a mão do garoto. E qual o deslocamento sofrido pela mão do garoto durante todo o tempo em que ele está tocando a parede (Figuras 14A e 14B) ? Esse deslocamento é nulo, já que a mão só passa a se deslocar em relação a Terra depois que perde o contato com a parede, situação em que a força de contato FEXT já não está mais atuando. Assim, apesar da força que a parede aplica sobre a mão do patinador (FEXT) ser a força externa responsável pela sua aceleração

FR = FEXT = m.a

ainda assim ela não realiza trabalho sobre o garoto nesse episódio visto que seu ponto de aplicação (a mão do garoto) não sofre deslocamento durante todo o tempo em que essa força de contato está agindo.

Propriedade 1: para que uma força realize trabalho, o seu ponto de aplicação deve necessariamente sofrer um deslocamento em relação a Terra (referencial inercial).

Do exposto, vimos que nenhuma das forças externas agindo no patinador (Figura 14) realiza trabalho sobre ele. Ainda assim, o aumento da sua energia cinética, durante a fase de aceleração (Figura 14A e 14B), evidencia que está havendo realização de

trabalho sbre ele. Afinal, qual força está realizando trabalho sobre o patinador ?

Observando mais atentamente a Figura 14, vemos que nem todas as partes do corpo do garoto (tórax, mãos, cotovelos) se deslocam igualmente. O seu tórax, por exemplo, começa a se deslocar antes da sua mão. Esta só passa a se mover (em relação à Terra) quando o garoto perde o contato com a parede (Figura 14C). Propriedade 2: Quando as partes de um corpo se deslocam diferentemente, durante o seu movimento, é conveniente que ele não seja mais tratado como um único objeto,mas ,sim, como um sistema de partículas que se movem independentemente uma das outras, apesar de interagirem entre si através da ação das forças internas. Na análise energética de sistemas de partículas, não só o trabalho das forças externas deve ser considerado, mas também o trabalho das forças internas ao sistema. A Figura 15 mostra uma das forças internas ao sistema “patinador”, realizando trabalho positivo sobre ele, justificando o aumento da sua energia cinética: a força FIN que o seu braço aplica sobre o seu tórax durante a fase de aceleração (Figuras 15A e 15B).

Note que, diferentemente do ponto de aplicação da FEXT (a mão), o ponto de aplicação da força FIN� (o tórax do garoto) sofre um deslocamento d� e, portanto, realiza trabalho durante a fase de D

EMONSTRATIVO

Física


141

��

��

2VM

2VM 2

02

ou simplesmente: Ecfinal = Ecinicial + � [eq 4]

Em outras palavras, o significado físico do trabalho realizado por uma força, durante um deslocamento, ainda é o mesmo que aprendemos anteriormente. Entretanto, a maneira de calculá-lo é que muda, dependendo do fato da força ter intensidade constante (� = F.D) ou variável ( � � área ) durante o deslocamento.

N N

P P

Fel A Fel B

A B

Diagrama das forças que agem sobre a esfera notrajeto AB

K

K

K

K

x = 0X

X

X

xA

xB

X

V

A

B

Figura 19 – Calcularemos o trabalho realizado pela força elástica Fel = K.X, que a mola exerce sobre a esfera desde a deformação XA até a deformação XB.

7 - Aplicação : Cálculo do trabalho realizado pela força elástica Quando uma esfera que se move num plano horizontal liso (Figura 19) encontra uma mola inicialmente não deformada (x = 0), passa a sofrer a ação da força elástica que irá se opor ao seu movimento, diminuindo a sua Ecin, realizando um trabalho negativo. O diagrama da figura 19 mostra as força que atuam sobre a esfera num deslocamento genérico AB durante o qual a força elástica aumenta de intensidade Fel-B > Fel-A devido ao aumento da deformação x da mola. Como a intensidade da força elástica Fel = K.X varia, durante o movimento da esfera ( X aumenta) , a expressão � = F.D não se aplica ao cálculo do trabalho realizado por forças variáveis. A determinação do trabalho realizado pela força elástica deverá ser efetuado através do cálculo da área sob o gráfico F x D mostrado a seguir:

Fel

XxA

k.xA

k.xB

xB

Fel = K.x

O módulo do trabalho realizado pela força elástica Fel que atua na esfera, quando a mesma se desloca da posição A até a posição B, é numericamente igual à área hachurada no gráfico. Matemati-camente, temos:

|�FEL A-B| = área � maior – área � menor

|�FEL A-B| = 2

X.K.X 2

X.K.X AABB � = 2X.K

2X.K 2

A2B �

|�FEL A-B| =

�

��

��

2X.K

2X.K 2

A2B

Tendo determinado o módulo do trabalho realizado pela Fel no trecho AB, acrescentamos a ele o sinal negativo “–” , já que o trabalho realizado pela força elástica é negativo nesse trajeto (a força se opõe ao movimento da esfera). Assim:

�FEL A�B = (–1) .

�

��

��

2X.K

2X.K 2

A2B =

2X.K

2X.K 2

B2A �

Denominando Epot Elast = 2X.K 2

, vem :

�FEL I � F = 2

X.K 2

X.K 2final

2inicial � = Epot iniciaI – Epot Final

[eq 5]

Quando uma mola evolui entre duas deformações XA e XB quaisquer, o trabalho realizado pela força elástica nesse deslocamento só depende das deformações XA e XB que a mola apresenta em cada um desses pontos e da sua constante elástica K. O trabalho realizado pela força elástica, portanto, sempre será determinado pela relação [eq-5], visto que a expressão � = F.D não se aplica nesses casos. Assim como no caso da força peso, o trabalho da força elástica também independe da trajetória seguida pelo móvel. Apesar do aluno, ao observar a expressão [eq-5], sempre estranhar o fato da subtração ser “o valor inicial” menos “o valor final”, enfatizo que esse resultado está correto nessa ordem e sempre será assim, quando se tratar de energias potenciais. D

EMONSTRATIVO

Física


143

Exemplo Resolvido 1: Um pêndulo constituído por uma esfera de massa M = 5 kg, presa a um fio ideal de comprimento L = 1 m, está inicialmente em repouso, quando sofre a ação de uma força F = 90 N horizontal constante causada por um forte vento naquela direção. Pede-se determinar com que velocidade VF a bola atingirá o teto. Admita g = 10 m/s2 .

F

L

TRAJETÓRIA

V

V

VF

Figura 22 - Nessa questão, queremos determinar a velocidade final VF

com que a bola irá se chocar com o teto. Solução: Durante a subida da bola, atuam sobre a mesma três forças: peso P, tração T e a força horizontal constante F exercida pelo forte vento horizontal, como mostra a figura 23. As forças P e F são constantes em direção, sentido e intensidade durante todo o percurso. Isso significa que o trabalho realizado por essas duas forças pode ser calculado através de uma trajetória alternativa a fim de minimizar o esforço matemático.

T

PT

P

P

T

P

T

TRAJETÓRIA

F

F

F

F

Figura 23

Conforme vimos na figura 12, o trabalho realizado pela tração T é nulo durante o movimento de um pêndulo simples, visto que essa força se mantém perpendicular (� = 90�) à trajetória durante todo o percurso: � Tração = 0

P P P P

P

P

P

L

Figura 24

O trabalho do peso será calculado tomando (mentalmente) a trajetória alternativa horizontal+vertical ilustrada na figura 24

�Peso = �Peso-horizontal + �Peso-vertical

Note que o peso é perpendicular à trajetória no trecho horizontal (�Peso-horizontal = 0) e se opõe ao movimento da esfera, durante a subida ( �Peso-vertical < 0). Assim, vem:

�Peso = �Peso-horizontal + �Peso-vertical = 0 + (–).P.D

Sendo D = L, temos:

�Peso = 0 – M.g.L

�Peso = – M.g.L

TRAJETÓRIA

F

F

F

FFigura 25 O trabalho da força F também será calculado tomando (mentalmente) a trajetória alternativa horizontal+vertical ilustrada na figura 26. O trabalho realizado pela força F é nulo no trecho vertical pois � = 90�, a força é perpendicular ao deslocamento :

�F = �F- horizontal + �F - vertical = +F.D + 0

Sendo D = L, vem:

�F = + F.L

F F F F

F

F

F

L

L

Figura 26

Agora podemos determinar o trabalho total realizado sobre a esfera, durante o seu movimento de subida:

�Total = � Tração + �Peso + � F = EcF – Eci

�Total = 0 + (–M.g.L) + F.L = 2V.M

2V.M 2

o2

�

Como o pêndulo estava inicialmente em repouso, temos Vo = 0. Então:

(–M.g.L) + F.L = 0 2V.M 2

� DEMONSTRATIVO

Física


145

Do exposto, podemos tirar as seguintes conclusões:

� “Realizar trabalho” também significa “converter energia”. Quando uma força realiza um trabalho de N joules, ela está convertendo N joules de uma modalidade de energia em outra modalidade;

� Quando a força peso realiza trabalho positivo (movimento de descida), ela está convertendo Epot em energia Ecin, por isso a soma das energias Ecin + Epot permanece inalterada;

� Quando a força peso realiza trabalho negativo (movimento de subida), ela está convertendo Ecin em energia Epot, por isso a soma das energias Ecin + Epot permanece inalterada.

11 – Forças Conservativas e Forças não-Conservativas A definição formal diz que Forças conservativas são aquelas cujo trabalho realizado entre dois pontos independe da trajetória seguida. Outra forma de expressar esse conceito é afirmar que o trabalho realizado por uma força conservativa numa trajetória fechada é sempre nulo. Na natureza, apenas três e somente três forças se enquadram nessa definição e são ditas conservativas: � força gravitacional (peso) � força elétrica � força elástica Todas as demais forças, tais como atrito, força magnética, tração, normal, empuxo etc são forças não-conservativas. Quando determinamos o trabalho realizado pelas forças elástica (seção 6) e gravitacional (seção 8), o aluno percebeu que, naturalmente, durante os cálculos, surgiram funções secundárias que auxiliaram o cálculo do trabalho realizados por aquelas forças: são as chamadas funções potenciais. Em geral, são funções da posição do corpo dentro do sistema. Por esse motivo, os valores fornecidos por essas funções são interpretados fisicamente como sendo energias potenciais, isto é, energias que ficam armazenadas no sistema e que estão relacionadas à posição do corpo, como no caso da deformação X da mola, ou da altura H do corpo em relação ao solo. Cada uma das três forças conservativas tem a sua própria função potencial particular. O trabalho �FC realizado por qualquer uma das três forças conservativas pode ser calculado através da sua respectiva função potencial, através da expressão geral:

�FC = Epot inicial– Epot Final [eq-10] As relações [eq-5] e [eq-7] são casos particulares da relação [eq-10]. A tabela a seguir mostra as funções potenciais associadas a cada uma das três forças conservativas, bem como a expressão do trabalho realizado por cada uma delas no deslocamento de uma posição inicial i até uma posição final F genéricas:

Forças Conservativas

Energia Potencial Trabalho Realizado

Força peso Ep = m.g.H � = mg.H i – m.g.H F

Força elétrica Ep = q . v � = q.V i – q.V F

Força elástica Ep =2xK 2� � =

2x.K

2x.K 2

F2i �

Apenas as forças conservativas têm energia potencial associadas a si. Afinal, você já ouviu falar em Epot atrítica , Epot normáltica, Epot tracíltica, Epot magnéltica ? �

Profi, considerando o princípioda trajetória alternativa, umaforça vetorialmente constante

pode ser consideradaconservativa ?

Para ser conservativa, uma força precisa ter uma função potencial associada a ela. Uma força vetorialmente constante poderia ser tomada como uma força conservativa, caso associássemos uma função potencial a ela, já que é um tipo de força que se enquadra na definição de Força Conservativa. Entretanto, como a força vetorialmente constante é definida de forma muito ampla e genérica, não passando de uma abstração matemática, sem estar relacionada a nenhum fenômeno físico, achamos por bem não associar a ela nenhuma função potencial. Deixemos esse “privilégio” apenas para aquelas três forças da natureza. Por esse motivo, uma força vetorialmente constante genérica F é admitida não-conservativa. Esse tipo de força não possui energia potencial associada a si. 12 – O Princípio da Conservação de Energia Mecânica Os princípios de conservação são muito úteis à solução de problemas da natureza em geral e aparecem nos mais variados ramos da Física, como a conservação da massa, a conservação da carga, do momento angular, do momento linear ou mesmo da energia. A conservação da Energia Mecânica (ou da energia total, nos casos em que outras modalidades de energia também estejam presentes, como a elétrica associada à força elétrica) está intimamente relacionada à capacidade das forças conservativas de realizarem trabalho sem alterar a Emec (ou total) do sistema.

Profinho, como uma forçaconservativa consegue

realizar trabalho sem alterara Emec do sistema ?

Para entender isso, Claudete, precisamos entender direitinho o que ocorre quando uma força está realizando trabalho.

Forças Conservativas realizando trabalho: Quando qualquer força conservativa realiza um trabalho de N joules, ela está meramente convertendo N joules de Epot em Ecin, caso o trabalho realizado seja positivo; ou convertendo N joules de Ecin em Epot, caso o trabalho realizado seja negativo. Esse raciocínio é sintetizado na tabela a seguir: D

EMONSTRATIVO

Física


161

Questão 24 - � O prof Renato Brito conta que uma pequena esfera de massa M está conectada a um fio de comprimento 2L e é abandonada do repouso a partir de uma posição A a uma altura h = L do solo, passando a oscilar periodicamente entre os extremos A e C. Considerando a gravidade g, as trações no fio, respectivamente, nas posições B (tangenciando o solo) e C, valem:

a) 3.M.g ,

2g.M b) 2.M.g , M.g c) 2.M.g ,

2g.M

d) 4.M.g , 4g.M e) 2.M.g ,

23.g.M

Questão 25 - � (UNIFOR Medicina 2008.1) Uma esfera de massa m = 1,0 kg está presa numa das extremidades de um fio ideal de comprimento L = 1,0 m, que tem a outra extremidade fixa num ponto O. A esfera descreve um movimento circular, num plano vertical, sob a ação exclusiva do campo gravitacional. Sabendo que a velocidade da esfera no ponto mais alto da trajetória é 4,0 m/s e que g = 10 m/s2, a intensidade da força de tração no fio quando a esfera passa pelo ponto mais baixo vale, em newtons:

a) 66 b) 56 c) 48 d) 36

e) 16

Dicas: (1) Com que velocidade a bola atingirá a posição inferior? (2) Calcule usando conservação de energia. (3) Quando a bola atingir a posição inferior, o que diz a 2ª lei de Newton ? FRctp = Fin – Fout = m.v2 / R (4) Note que, na parte superior, a bola estará a uma altura H = 2R ! Questão 26 - � (OSEC-SP) Uma esfera de massa 0,2 kg presa a um fio ideal de comprimento 0,4m descreve uma circunferência vertical. No ponto mais baixo da trajetória, a velocidade da esfera é 6 m/s. o prof Renato Brito pede para você determinar a força que traciona o fio no ponto mais alto da trajetória. a) 0 N

b) 8 N c) 10 N d) 16 N e) 2 N Dicas: (1) Com que velocidade a bola atingirá a posição superior ? (2) Calcule usando conservação de energia.

(3) Quando a bola atingir a posição superior, o que diz a 2ª lei de Newton ? FRctp = Fin – Fout = m.v2 / R (4) Note que, na altura superior, a bola estará a uma altura H = 2R ! Questão 27 - � Uma bolinha de massa m é abandonada do ponto A ao longo de um trilho sem atrito, como mostra a figura a seguir. Para que a bolinha seja capaz de percorrer todo o trecho circular de raio R, sem perder o contato com o trilho, a menor altura H de onde a bolinha deve ser abandonada vale: a) 2R. b) 2,5R. c) 3R.

d) 3,5R. e) 4R.

H

A

B

C

D

Dicas: (1) no famoso problema do “globo da morte”, qual a velocidade mínima que a bolinha precisa ter no ponto D para que ainda consiga passar por aquele ponto sem perder o contato (N � 0) ? (2) De que altura H a bolinha deve partir a fim de atingir o ponto D (altura 2R) com essa tal velocidade ? (conservação de Emec) Questão 28 - � (Vunesp) A figura, fora de escala, mostra um pêndulo simples abandonado à altura H do ponto mais baixo da trajetória. Na vertical que passa pelo ponto de sustentação, um pino faz o fio curvar-se e o pêndulo passa a descrever uma trajetória circular de raio R e centro C. O menor valor de h para que a esfera pendular descreva uma circunferência completa é: a) 1,0 R.

b) 1,5 R c) 2,0 R d) 2,5 R e) 3,0 R

Dicas Essa questão segue o mesmo raciocínio da anterior, só que em vez de N � 0 fazemos T � 0 no ponto mais alto, ou seja, o fio (lá em cima) está na iminência de ficar “foló” � se a bola passar lá em cima com uma velocidade pequena demais. Questão 29 - � A figura mostra um pêndulo simples composto por um fio de comprimento L preso a uma bolinha de massa m num local em que a gravidade vale g. Sabendo que a aceleração da bolinha, ao passar pelo ponto A, vale g, determine a aceleração da bolinha ao atingir o ponto extremo C: a) g.sen30o b) g.cos30o c) g.tg30o d) g e) 0

Dicas Na posição A, a aceleração da bola é exclusivamente centrípeta, assim determinarmos VA e, por conservação de energia determinamos a altura final HC.

Com isso, encontramos o ângulo que o pêndulo faz com a vertical, na posição C, determinando o valor da aceleração resultante a = g.sen� na posição C. Revise a página 99, Figuras 67b e 67c, caso necessário. D

EMONSTRATIVO

Física


173

Substituiremos os vetores na expressão vetorial, colocando o módulo de cada vetor próximo a ele:

carroI inicial carroQ final carroQ��

��

�M.v = 0�

+ ( �N1x.�t + �F.�tp ) [eq 7]

onde �t = t2 � to e �tp = t2 � t1 são as durações de cada impulso.

bolaI inicial bolaQ final bolaQ��

��

�m.v = 0�

+ ( �N1x.�t + �F.�tp ) [eq 8]

Note que a orientação dos vetores nas relações [eq 7] e [eq 8] estão de acordo com o diagrama de forças que agem no carrinho e na bola (figura 13). Adicionalmente, arbitramos que a bola e o carrinho compartilhariam uma velocidade v� para a direita após o impacto (figura 15) . A escolha do sentido para onde aponta essa velocidade v é arbitrário, você dá o seu palpite (seu chute).

Somando, membro a membro, as relações [eq 7] e [eq 8], vem: �M.v = 0

� + ( �N1x.�t + �F.�tp ) [eq 7]

�m.v = 0�

+ ( �N1x.�t + �F.�tp ) [eq 8] ____________________________________________________ �M.v + �m.v = �N1x.�t + �F.�tp + �N1x.�t + �F.�tp Desenvolvendo e essa expressão vetorial, vem:

�(M+m).v = (�N1x.�t + �N1x.�t) + ( �F.�tp + �F.�tp )

�(M+m).v = 0�

+ 0�

�(M+m).v = 0�

(M+m).v = 0 � v = 0 Uau ! O leitor pôde comprovar, matematicamente, porque o sistema “pára” após a colisão entre a bola e o carrinho. Percebemos que os impulsos internos sempre aparecem aos pares e se cancelam dois a dois :

�N1x.�t + �N1x.�t = 0�

�F.�tp + �F.�tp = 0

�

É por esse motivo que os impulsos aplicados pelas forças internas findam não alterando a quantidade de movimento total do sistema, visto que eles sempre aparecem aos pares e se cancelam dois a dois, quando consideramos o sistema como um todo. 8 � O Centro de Massa de um sistema de partículas Consideremos inicialmente um sistema simples, de duas partículas, unidimensional. Sejam x1 e x2 abscissas das partículas em relação a um sistema de coordenadas cartesianas. A abscissa Xcm do centro de massa do sistema é definida por:

Xcm = 21

2211m m

.xm x.m�� [eq 9]

No caso de duas partículas, o centro de massa está num ponto sobre a reta que une as duas partículas. No caso de partículas iguais, o centro de massa coincide com o ponto médio das partículas. Nos outros casos, o centro de massa está mais perto da partícula que tiver a maior massa.

Exemplo Resolvido 5: Para um sistema composto por duas massas M1 = 3m e M2 = m separadas entre si, por uma distância L = 8 cm, determine a posição do seu centro de massa:

1 C.M. 2x

y

Figura 16

Solução: Fazendo uma das massas coincidir com a origem do sistema de coordenadas, temos X1 = 0 , X2 = 8 cm e determinaremos Xcm:

X cm = 21

2211m m

.xm x.m�� =

3m mm.8 0. m3

�� = 2 cm

O centro de massa do sistema é o ponto através do qual o sistema deverá ser suspenso por um cordão, para que o mesmo permaneça em equilibro horizontal, sem girar no sentido horário ou anti-horário, como mostram as figuras 17 e 18.

x x x x

3mg mg

T

C.M.

4mg

TC.M.

Figura 17 Figura 18

Na colocação das forças que agem num sistema, tanto podemos colocar os pesos de cada partícula individualmente (figura 17), um para cada corpo; como também podemos colocar logo o peso total do sistema (soma dos pesos) concentrado num único ponto (figura 18) , o chamado centro de massa CM do sistema. São formas equivalentes de se analisar o sistema tendo, cada uma, suas vantagens, dependendo do tipo de análise que se deseja fazer. Na figura 17, por exemplo, é fácil ver por que o halteres permanece em equilíbrio: O momento (anti-horário) da força peso 3mg em relação ao CM ( M = F�D = 3mg � 1X ) é compensado pelo momento (horário) do outro peso (M = F�D = 1mg � 3X) em relação ao CM, de forma que o sistema acaba ficando em equilíbrio de rotação. A figura 18 é uma forma alternativa e mais conveniente de representar a figura 17. 9 � A velocidade do Centro De Massa De Um Sistema De Partículas - Uma abordagem Intuitiva � Quando as partículas que compõem um sistema estão se movendo, o centro de massa CM desse sistema de partículas geralmente também estará em movimento. Entretanto, é possível que as partículas de um sistema se movam de uma tal forma que o deslocamento de algumas massas acabe compensando o deslocamento das outras massas desse sistema e, assim, o seu CM ainda permaneça em repouso ! São os casos que o professor Renato Brito costuma denominar de “sistemas compensados”. D

EMONSTRATIVO

Física


174

Para entender melhor e perceber que, na verdade, estamos falando de algo relativamente simples e, até certo ponto, intuitivo, consideremos alguns casos particulares a seguir:

Caso 1: Na figura 19, o centro de massa do sistema, composto por duas esferas A e B (massas 3M e 1M) , sempre divide o segmento AB que liga as esferas na razão inversa das massas 1:3 em cada instante, confira ! Como todos os corpos do sistema se movem com velocidades iguais v (iguais em direção, sentido e valor em MRU), tudo se passa como se o sistema fosse um corpo só.

v v3M Mcmv

cmBA

Figura 19 – caso 1: quando todas as partículas que compõem o sistema se movem com velocidades iguais v (iguais em direção, sentido e valor), o seu centro de massa cm também se move com essa mesma velocidade Vcm = v.

As partículas que compõem o sistema nem se aproximam nem se afastam uma das outras. Nesses casos, a velocidade Vcm do centro de massa é a mesma velocidade v compartilhada por todas as partículas do sistema, independente das suas massas, ou seja, Vcm = v.

Caso 2: Na figura 20, o centro de massa do sistema, composto por duas esferas A e B (massas 1M e 1M) , divide o segmento AB na razão inversa das massas 1:1 em cada instante, isto é, o cm está sempre no ponto médio do segmento AB, confira !

M Mcm

cmBA

v v

Figura 20 – caso 2: massas iguais, velocidades iguais em módulo, mas opostas. O centro de massa do sistema encontra-se no ponto médio do segmento AB e permanece imóvel (Vcm = 0) , durante o movimento das partículas que compõem o sistema.

É intuitivo o fato de que esse ponto médio do segmento AB permanecerá imóvel durante o movimento das partículas, visto que elas se movem no mesmo ritmo (velocidades iguais) em direção àquele ponto em MRU. Esse é o caso mais simples de compensação, isto é, as partículas se movem de forma que uma compensa o movimento da outra, permanecendo em repouso o cm do sistema. Caso 3: Na figura 21, como já estamos acostumados, o centro de massa do sistema, composto por duas esferas A e B (massas 1M e 2M) , sempre divide o segmento AB que liga as esferas na razão inversa das massas 2:1, em cada instante (confira na figura). Entretanto, as velocidades 2v e v dessas esferas estão na razão inversa das massas 1:2.

Vala, que invocado ! Asmassas estão numa razão 1:2

e as velocidades estão narazão inversa 2:1 .... isso é

bom ou ruim, profinho ?

Observe a figura 21 atentamente e perceba os seguintes detalhes: � A distância que separa a bola A do “CM do sistema” é o

dobro da distância que separa B do cm, em qualquer instante. Confirme esse fato agora, olhando a figura 21.

� Adicionalmente, a distância que A percorre, em cada intervalo de tempo, é sempre o dobro da distância percorrida pelo B naquele intervalo de tempo, por ter o dobro da sua velocidade. Confira essas distâncias agora na figura 21.

M 2M

cm

cm

BA 2v cm v

M 2M

Figura 21 – caso 3: as massas M e 2M se movem com velocidades 2V e V (em MRU) de forma que o movimento de uma massa compensa o movimento da outra. O centro de massa do sistema, que divide o segmento AB na proporção 2:1, permanece imóvel Vcm = 0 durante o movimento das partículas que compõem o sistema.

Assim, sempre que a massa 2M percorre uma distância X, a massa M percorrerá uma distância 2X, ou seja, os deslocamentos se compensam de tal forma que o CM do sistema AB permanece parado Vcm = 0 durante o movimento das partículas. Esse também é um exemplo de “sistema compensado”. Acabamos de ver 3 casos onde é possível determinar a velocidade do centro de massa intuitivamente. Entretanto, nem sempre essa determinação da Vcm será intuitiva. Nesses casos, podemos determinar a Vcm pela expressão geral:

BA

BBAA

m m.vm .vm Vcm

��

� [eq 10]

Esse cálculo poderá ser feito vetorialmente ou escalarmente (adotando eixo e levando em conta sinais algébricos), dependendo do tipo de problema. Podemos aplicar a expressão acima para determinar Vcm nos casos 1, 2 e 3 que acabamos de analisar, apenas a título de verificação:

Caso 1 – figura 19:

Vcm1 = BA

BBAA

m m.vm .vm

�� = v

M M3v)M.( v)3M.( ��

��


Vcm2 = BA

BBAA

m m.vm .vm

�� = 0

4M0

M M3v)M.( v)M.( ��

�� D

EMONSTRATIVO

Física


175


Vcm3 = BA

BBAA

m m.vm .vm

�� = 0

3M0

2M M)v2M.( v)2M.( ��

��

Assim, fazendo uso da relação [eq 11], encontramos os valores que já eram esperados para Vcm em cada caso, conforme discutimos anteriormente. A relação [eq 11] é geral e vale mesmo quando a determinação de Vcm não é intuitiva. Por exemplo, quanto vale a Vcm do sistema mostrado na figura 22 a seguir:

2M M BA 2v cmv

Figura 22

Pela relação [ eq 11], podemos escrever:

BA

BBAA

m m.vm .vm Vcm

��

� = V M M2

)vM.( 2v)2M.( ��

��

O sinal positivo indica que o centro de massa do sistema está se movendo para a direita ( a favor do eixo) com velocidade v. Assim, nesse sistema, tanto os corpos A e B quanto o seu centro de massa cm estão se movendo. Além disso, os corpos A e B vão acabar se encontrando. Pense e responda: O encontro de A e B ocorrerá à esquerda, à direita ou sobre o centro de massa cm do sistema AB � ?

2M M

cm

cm

BA 2v cmv

M2M

cm

BA

Figura 23 - O encontro de duas partículas sempre ocorrerá no centro de massa cm do sistema formado por essas duas partículas, quer esse cm esteja parado ou se movendo.

Ora, basta você pensar o seguinte: quando A e B se encontrarem (se superpuserem), onde estará o centro de massa do sistema A+B ? � Se você sorriu, você percebeu que a resposta está dentro da pergunta. O encontro de duas partículas sempre ocorrerá no centro de massa cm do sistema formado por essas duas partículas, quer esse cm esteja parado ou se movendo. Os casos 2 e 3 mostrados nas figuras 20 e 21 são exemplos de “sistemas compensados”. SISTEMA COMPENSADO: Seja um sistema formado por duas partículas A e B que se movem na mesma direção e sentidos opostos. Dizemos que esse sistema se move compensado quando seu centro de massa CM permanece em repouso Vcm = 0 durante o movimento das partículas que o compõem.

Para que isso ocorra, devemos ter:

Vcm = 0 � BA

BBAA

m m.vm .vm

�� = 0 � mA.vA + MB.vB = 0

mA.vA = � mB.vB � mA.|vA| = mB.|vB| � ��

A BA B

D Dm . m .t t

� mA .DA = mB .DB [eq 11] Assim, quando duas partículas A e B, de massas mA e mB, sofrerem deslocamentos de módulo DA e DB (em relação à Terra) numa mesma direção, mas em sentidos opostos, que satisfazem a relação eq11, o centro de massa dessas partículas permaneceu imóvel. Note que todas as velocidades, bem como deslocamentos, são tomados necessariamente em relação à Terra. Considere um sistema contendo n partículas que se movem com suas respectivas velocidades 1V

�, 2V�

, 3V�

..... nV�

e suas respectivas acelerações 1a

�, 2a�

, 3a�

..... na�

. A velocidade com que se move o centro de massa do sistema, bem como a sua aceleração, são dadas por:

cmV�

= n321

nn332211

m....mm mV.m ....V.mV.mV.m

��

�� [eq 12]

cma�

=n321

nn332211

m....mm ma.m ....a.ma.ma.m

��

�� [eq 13]

Exemplo Resolvido 6: O sistema da figura 24 é composto por duas bolas de sinuca que se movem em MRU sobre uma superfície horizontal lisa com velocidades �AV

�(3.i + 5.J) m/s e

�BV�

( 6.i – 1.J) m/s. Sendo mA = 4 kg e mB = 2 kg, determine a

velocidade cmV�

do centro de massa desse sistema:

A

5 m/s

3 m/s

VA

B 6 m/s

1 m/s VB

Figura 24

Solução: como se trata se um sistema bidimensional (XY), efetuaremos o cálculo de cmV

� vetorialmente, fazendo uso dos

versores unitários i e j, conforme estudado no capítulo 1:

cmV�

= BA

BBAA

m mV.mV.m

��

�� =

24) 1.j 6.i 2.( 5.J) 3.i .(4

��

cmV�

= 6

2.j 12.i 20.j i.12 �� = 6

18.j i.24 �

cmV�

= ( 4.i + 3.j ) m/s DEMONSTRATIVO

Física


176

cmV�

= ( 4.i + 3.j ) m/s � | cmV�

| = 22 3 4 � �

| cmV�

| = 5 m/s

Assim , vemos que o centro de massa do sistema se move a 5 m/s numa direção indicada na figura 25. Podemos entender o movimento do centro de massa como sendo o movimento do sistema como um todo. Em um certo sentido, podemos dizer que o movimento do sistema da figura 24 corresponde ao movimento de uma partícula de massa 4 kg + 2kg = 6 kg que se move com velocidade 5 m/s numa direção dada pela figura 25. 10 - A Relação entre Quantidade de Movimento de um sistema e a Velocidade do seu centro de massa. A quantidade de movimento Q de uma partícula é uma grandeza vetorial definida como o produto da sua massa pela sua velocidade Q�

= m. v�

. Para um sistema de partículas, a sua quantidade de movimento total é a soma das qdms de todas as partículas que compõem o sistema.

...... V.m V.m sistQ BBAA ��

[eq 14]

Exemplo Resolvido 7: Considere as duas bolas de bilhar A e B de massas mA = 4 kg e mB = 2 kg da figura 13, rolando sobre um plano horizontal liso em MRU com velocidades �AV

�(3.i + 5.J)

m/s e �BV�

( 6.i – 1.J) m/s. Determine a qdm total desse sistema: Solução: Efetuando o cálculo direto, vem:

BBAA V.m V.m sistQ��

�� [15]

sistQ�

= (4 kg).( 3.i + 5.J) m/s + (2 kg).( 6.i – 1.J) m/s sistQ�

= ( 12.i + 20 j) + ( 12.i � 2.j ) kg.m/s sistQ�

= ( 24.i + 18 j) kg.m/s 22 18 24 |sistQ| ��

�= 30 kg.m/s

Observemos a expressão geral [eq 12] que determina a Vcm do centro de massa de um sistema

cmV�

= n321

nn332211

m....mm mV.m .... V.m V.m V.m

��

�� [eq 12]

O numerador da expressão [eq 12] traz a quantidade de movimento total do sistema:

nn332211 V.m .... V.m V.m V.m sistQ��

�� [eq 14]

Enquanto o seu denominador traz a massa total do sistema: Mtotal = m1 + m2 + m3 + ...... + mn Assim, podemos reescrever a relação [eq 12] como sendo:

cmV�

= n321

nn332211

m....mm mV.m ....V.mV.mV.m

��

�� =

totalMsistQ�

Assim, encontramos uma relação entre Qsist e Vcm :

sistQ�

= M total . cmV�

[eq 15]

A expressão acima nos diz que “calcular a quantidade de movimento total [eq 14] de um sistema de partículas” equivale a calcular a quantidade de movimento do seu Centro de Massa [eq 15], admitindo que esse ponto se mova com velocidade Vcm e seja portador de toda a massa Mtotal do sistema. Podemos verificar a validade da relação [eq 15] a partir dos valores obtidos nos exemplos 6 e 7 anteriores:

sistQ�

= ( 24.i + 18 j) kg.m/s cmV� = ( 4.i + 3.j ) m/s

M total = mA + mB = 4 + 2 = 6 kg De fato, temos que:

sistQ�

= M total . cmV�

= 6 x ( 4.i + 3.j ) = ( 24.i + 18 j) kg.m/s

Conforme aprendemos no capítulo 1 (vetores), a relação [eq 15] nos permite concluir que os vetores sistQ

�e cmV�

apontam sempre na mesma direção e sentido, visto que Mtotal é sempre um número positivo. Adicionalmente, aplicando-se o módulo em ambos os membros da relação vetorial [eq 15], encontramos a relação entre os módulos desses vetores:

sistQ�

= Mtotal. cmV�

� | sistQ�

| = | Mtotal. cmV�

|

| sistQ�

| = | Mtotal. cmV�

| = | Mtotal | . | cmV�

|

Qsist = Mtotal . Vcm [eq 16] Podemos facilmente verificar a validade da relação escalar [eq 16] acima, a partir dos valores obtidos nos exemplos 6 e 7 anteriores: Qsist = 30 kg.m/s, Mtotal = 6 kg e Vcm = 5 m/s De fato, Qsist = Mtotal . Vcm = 6 x 5 = 30 kg.m/s 11 – A 2a Lei de Newton Para Sistemas de partículas Seja o sistema da figura 26, composto por três massas m1, m2 e m3. Considere, também, a presença de uma quarta massa mext externa ao sistema. Admitindo que todas as 4 partículas interajam entre si, cada uma delas sofrerá forças devido às outras 3 partículas, ou seja, cada partícula sofrerá a ação de três forças como mostra a figura 27. Conforme vimos anteriormente, força internas que agem no sistema são forças trocadas entre duas partículas que pertencem ao sistema, que estão dentro do sistema. Quando a força age no sistema, mas é exercida por um corpo que está fora do sistema, esta força é denominada força externa que age no sistema. Assim, como o sistema (figura 26) é composto apenas pelas partículas 1, 2 e 3, são internas ao sistema apenas os pares de forças trocadas entre essas 3 partículas, duas a duas, isto é, 2 1 F

�,

1 2F�

, 3 1 F�

, 1 3F�

, 3 2 F�

e 2 3 F�

. DEMONSTRATIVO

Física


177

m1

m2

m3

mext mext

m1

m2

m3

F21

F31 F13

F12

Fext 1

F32

F23

Fext 2

Fext 3

F1 ext F3 ext

F2 ext

figura 26 figura 27

Nesse ponto, é fácil perceber que o número de forças internas que agem nos sistema é sempre par, em qualquer situação. As forças externas que agem no sistema são as forças 1 extF

�,

2ext F�

e 3ext F�

, visto que são exercidas respectivamente pelo corpo que está fora do sistema (mext) em cada uma das massas m1 , m2 e m3 que pertencem ao sistema. A partícula 1, por exemplo, sofrerá a ação das seguintes forças (figura 27):

1 2F�

= força que a partícula 2 exerce na partícula 1

1 3F�

= força que a partícula 3 exerce na partícula 1

1 extF�

= força que a partícula externa ao sistema exerce na partícula 1

Assim, a 2a Lei de Newton para a partícula 1 permite escrever a seguinte relação vetorial:

1 2F�

+ 1 3F�

+ 1 extF�

= m1 . 1 a�

[eq 17]

Para as massas m2 e m3 do sistema, podemos escrever:

2 1 F�

+ 2 3 F�

+ 2ext F�

= m2 . 2 a�

[eq 18]

3 1 F�

+ 3 2 F�

+ 3ext F�

= m3 . 3 a�

[eq 19]

Ao todo, percebemos que 9 (nove) forças estão agindo no sistema da figura 27, sendo 6 internas e 3 externas.

Prôfi, mas qual onosso objetivo

analisado todas essasforças que agem no

sistema ?Raul, queremos determinar a Força

Resultante que age sobre osistema, isto é, a soma de todas as

nove forças.

Antes disso, notemos que, de acordo com a 3a lei de Newton, para cada força interna B AF

� que atua sobre uma partícula do sistema,

há outra força, igual porém oposta – B AF�

, que atua sobre outra partícula do sistema. Quando se faz a soma de todas as forças

atuantes no sistema, esses pares de forças internas se cancelam duas a duas ( 2 1 F

�+ 1 2F�

= 0�

) .

RF�

= 2 1 F�

+ 1 2F�

+ 3 1 F�

+ 1 3F�

+ 3 2 F�

+ 2 3 F�

+ 1 extF�

+ 2ext F�

+ 3ext F�

Somando, membro a membro, as expressões da 2a lei de Newton dadas pelas relações [eq 17], [eq 18] e [eq 19], temos:

RF�

= 1 extF�

+ 2ext F�

+ 3ext F�

= m1. 1 a�

+ m2. 2 a�

+ m3. 3 a�

visto que as forças internas se cancelam mutuamente, duas a duas. A expressão acima da RF

�ainda pode ser simplificada,

fazendo uso da expressão da aceleração do centro de massa :

cma�

= 321

332211

mm ma.m a.m a.m

��

��, o que implica:

m1. 1 a�

+ m2. 2 a�

+ m3. 3 a�

= ( m1 + m2 + m3 ). cma�

Substituindo, vem:

RF�

= 1 extF�

+ 2ext F�

+ 3ext F�

= m1. 1 a�

+ m2. 2 a�

+ m3. 3 a�

RF�

= 1 extF�

+ 2ext F�

+ 3ext F�

= ( m1 + m2 + m3 ). cma�

, ou :

RF�

= 1 extF�

+ 2ext F�

+ 3ext F�

= M total . cma�

RF�

= �

RF e xt = Mtotal . cma�

[eq 20]

A expressão eq20 acima, que representa a 2ª Lei de Newton para sistemas, afirma que a resultante das forças externas FR ext é quem determina a aceleração acm do centro de massa do sistema.

Prôfi, porque desprezamosas forças internas no

cálculo da força resultanteFR sobre o sistema?

Não desprezamos as forçasinternas. Elas simplesmente se

cancelaram duas a duas, durantea soma, esqueceu, mói ?

A expressão [eq 20] é a expressão da 2a lei de Newton para sistemas. Ela nos permite concluir que: � Por mais complexo que seja um sistema de corpos, o seu

movimento pode ser entendido como a superposição de dois movimentos mais simples: (1) o seu movimento macro, isto é, o movimento do seu centro de massa CM (2) e o seu movimento micro (interno ao sistema), isto é, o movimento das partículas que compõem o sistema em relação ao seu centro de massa. A figura 28 mostra um garoto que salta de um trampolim. As partes internas do sistema (braços, pernas, tronco, membros) podem se mover mutuamente devido às forças internas trocadas pelos seus músculos(movimento interno ao sistema). Entretanto o seu movimento macro, isto é, o movimento do seu CM, é regido pela resultante das forças externas que agem no garoto, isto é, o seu peso. D

EMONSTRATIVO

Física


178

Figura 28 – Sistema garoto – As forças internas, trocadas entre seus membros, podem mover seus braços e pernas em relação ao seu centro de massa CM, durante o salto, mas em nada afetarão o movimento macro do sistema, isto é, o movimento do seu CM, que é regido exclusivamente pela resultante das forças externas que agem no sistema menino : o seu peso P = m.g. O seu centro de massa se descreverá uma trajetória parabólica, independente da “estripulia” que o garoto fizer enquanto estiver no ar. � O movimento macroscópico do sistema, isto é, o movimento

executado pelo seu centro de massa CM, é regido pelas forças externas que agem no sistema, mais especificamente pela resultante dessas forças externas FR-ext . A aceleração do CM de um sistema é dada exclusivamente pelas forças externas que agem no sistema, de acordo com a relação [eq 20].

� A forças internas a um sistema definem como será o movimento interno das partes que compõem o sistema, em relação ao seu centro de massa, o chamado movimento micro. Elas permitem que as partículas que compõem o sistema se aproximem ou se afastem do seu centro de massa CM, mas são incapazes de mover, acelerar ou retardar esse CM. Esse papel é executado apenas pelas forças externas ao sistema.

Figura 29 - O movimento interno de rotação do sistema terra-lua é governado pelas forças internas gravitacionais trocadas entre a terra e a lua. O movimento macro do sistema terra-lua, isto é, o movimento do seu centro de massa C, que descreve uma trajetória elíptica em torno do sol, é governado pela resultante das forças externas que agem no sistema terra-lua, ou seja, a força que o sol (que está fora do sistema terra-lua) exerce no centro de massa do sistema terra-lua.

� As forças trocadas internamente, entre as partículas que compõem o sistema, não exercem nenhuma influência sobre o movimento do C.M. do sistema, sendo incapazes de acelerá-lo. Ao determinarmos a resultante de todas as forças que atuam no sistema, as forças internas se cancelaram duas a duas ( 2 1 F�

+ 1 2F�

= 0�

) como conseqüência da 3a lei de Newton, sobrando apenas as forças externas, exercidas por partículas que estão fora do sistema sobre partículas que estão dentro do sistema.

� Eventos que são desencadeados pela ação de forças internas, como a explosão de uma granada, ou uma colisão entre duas bolas de sinuca, em nada afetam a dinâmica do movimento do centro de massa que, conforme já disse, é definida exclusivamente pela ação das forças externas ao sistema.

Considere que uma granada descreve uma trajetória parabólica (figura 30) sob ação exclusiva do seu peso (força externa ao sistema granada exercida pela Terra, que está fora do sistema) quando a ação de forças internas, geradas numa explosão, a dividem em dois fragmentos.

CM

CM

3m

2m

m2m

m

figura 30 - uma granada descreve uma trajetória parabólica sob ação exclusiva do seu peso (força externa ao sistema granada exercida pela Terra, que está fora do sistema) quando a ação de forças internas, geradas numa explosão, a dividem em dois fragmentos.

O centro de massa dos fragmentos, entretanto, permanece em sua trajetória parabólica, como se nada tivesse acontecido, visto que uma explosão é desencadeada por um par de forças internas ao sistema e, portanto, não afetam o movimento do seu centro de massa.

O centro de massa dosfragmentos da granada

permanece sobre a trajetóriaparabólica até que o primeiro

fragmento toque o solo.

D

EMONSTRATIVO

Física


179

Figura 31 – um protótipo encontra-se parado sobre uma superfície de gelo lisa num dia sem vento. O garoto ligou um poderosíssimo ventilador para soprar a vela e empurrar todo o sistema para frente. Entretanto a força com que o ventilador empurra a vela é a mesma com que a vela empurra o ventilador de volta. Trata-se de um par de forças internas. Elas jamais moverão o CM do sistema.

Figura 32 – uma pessoa afundando em areia movediça jamais se salvará puxando seu próprio corpo para cima, pois a interação mão-cabeça é interna ao sistema pessoa, sendo incapaz de acelerar o seu centro de massa de volta para cima. A pessoa pode arrancar a cabeça do seu pescoço, mas o seu centro de massa CM afundará anyway ! Tente se levantar empurrando seu pescoço para cima �!

Figura 33 – Um poderoso ímã está fixo ao teto do caminhão, conforme a figura. Entretanto, a força que o ímã aplica ao caminhão é interna ao sistema ímã-caminhão e jamais causará um movimento macro desse sistema, isto é, jamais fará com que o CM do sistema caminhão-ímã saia do repouso e passe a se mover. É possível haver um movimento micro, interno ao sistema (movimento de aproximação mútua), devido ao par de forças internas atrativas mas, nunca, um movimento macro, devido a ausência de forças externas necessárias para tirar o CM do repouso.

Figura 34 – Pai e filho inicialmente em repouso sobre um solo liso (ausência de atrito externo). Sem soltarem as mãos, por mais que eles se empurrem mutuamente, o sistema pai-filho jamais se moverá, seu CM jamais sairá do lugar, eles ficarão parados, pela falta de uma força externa ao sistema pai-filho para tirar seu CM do repouso. Caso eles se empurrem e soltem as mãos, o sistema ganhará movimento interno, devido à ação das forças internas trocadas entre pai e filho. Entretanto, o CM do sistema pai-filho permanecerá em repouso na posição original, durante o MRU executado por cada corpo.

12 - Sistemas Mecânicos Isolados e a 1a lei de Newton para sistemas A 1a Lei de Newton para partículas enuncia que:

Se a resultante das forças que atuam sobre uma partícula for nula, então a velocidade dessa partícula permanecerá constante (em direção, sentido e módulo), podendo ser nula ou não. Em outras palavras, se a resultante das forças que atuam sobre uma partícula for nula, ou ela está em repouso (equilíbrio estático) ou ela está se movendo em movimento retilíneo uniforme (equilíbrio dinâmico).

A 2a Lei de Newton para sistemas é dada pela expressão:

externasR F�

= M total . cma�

[eq 20]

A partir da expressão acima, facilmente podemos enunciar a 1a Lei de Newton para sistemas: Se a resultante das forças externas que atuam sobre um sistema de partículas for nula então, o seu centro de massa tem aceleração nula. Assim, ou o seu Centro de Massa está parado, ou está em Movimento Retilíneo e Uniforme:

externasR F�

= 0�

� cma�

= 0�

� cmV�

= constante Um sistema que satisfaz essa condição é chamado de sistema mecânico isolado. Assim, se um sistema encontra-se mecanicamente isolado, permanecem constantes a sua cmV

�, bem

como a sua sistQ�

= Mtotal. cmV�

. Esse estado de equilíbrio permanecerá até que alguma força externa atue sobre o sistema, acelerando o seu centro de massa. As figuras 31, 32, 33 e 34 mostram exemplos bastante elucidativos de sistemas isolados. O estudo de sistemas mecânicos isolados se torna particularmente interessantes, em relação aos demais sistemas, exatamente pelo fato de que seu momento sistQ

� e a velocidade cmV

� do seu

centro de massa permanecem inalterados em qualquer processo que não envolva a ação de forças externas, tais como colisões internas ao sistema, a explosão de uma bomba etc.

Considere, por exemplo, o caso de um sistema composto por duas bolas de bilhar A e B que se deslocam em MRU sobre uma superfície horizontal sem atrito (figura 35). Esse sistema está mecanicamente isolado, visto que as forças externas (normal e peso trocada entre as bolas e a terra) se anulam mutuamente. Assim, o seu centro de massa também se move em MRU e assim permanecerá até que alguma força externa interfira no sistema.

Admita, por exemplo, que MA = 2.MB , de tal forma que o centro de massa desse sistema está, a qualquer momento, sobre a reta que liga os centros dessas duas bolas, dividindo a distância entre elas na proporção 2 : 1 como mostra a figura 35. O centro de massa do sistema se desloca em trajetória retilínea com velocidade cmV

� constante. Caso as bolas venham a colidir

entre si, nesse evento (a colisão) as forças trocadas durante o impacto são forças internas ao sistema (trocadas entre dois corpos que pertencem ao sistema) e que, portanto, em nada interferem no movimento do seu centro de massa de acordo com a relação [eq20]. D

EMONSTRATIVO

Física


180

VA Vcm

Acm

VB

B

cmA B

VA* Vcm VB*

Figura 35 - O centro de massa do sistema mecanicamente isolado está se deslocando em MRU. Perceba que a colisão não é percebida pelo centro de massa do sistema cuja trajetória não sofre nenhuma alteração decorrente do impacto. Isso significa que, apesar das velocidades individuais das bolas A e B mudarem, devido à colisão, o MRU descrito pelo centro de massa do sistema não será afetado. O seu centro de massa permanecerá em sua trajetória retilínea original com velocidade constante cmV

� como se nenhuma colisão tivesse ocorrido.

O CM simplesmente ignora qualquer interação interna ao sistema, como colisões internas, explosões etc. Isso não é incrível ?? �

Lembre-se que, conforme vimos anteriormente, o impulso trocado internamente, entre as bolas, trata-se de uma mera transferência de quantidade de movimento de uma para a outra, de forma que a somas das suas quantidades de movimento permanece inalterada, após a transferência (após o impacto). Esse exemplo nos mostra que, em toda e qualquer colisão interna a um sistema, a cmV

� do seu centro de massa, bem como a sua

quantidade de movimento, dada pela relação [eq 16], se conservam. Matematicamente:

ANTEScmV�

= V DEPOIS cm�

ou ANTESsistQ�

= DEPOISsistQ�

[eq21] Exemplo Resolvido 8: Considere um homem de massa M que encontra-se parado sobre a extremidade uma prancha de massa 4M e comprimento L, também em repouso em relação ao solo. Só existe atrito entre o homem e a prancha. De repente, o homem começa a caminhar para frente até atingir a outra extremidade, quando novamente pára se de mover em relação à prancha. Analise esse sistema. Solução: Dizemos que fazem parte do sistema apenas os corpos que não estão fixos, ou seja, aqueles que estão livres para se mover. Assim: Sistema = { menino, prancha } Ambiente = { chão, planeta Terra } Forças internas que atuam no sistema: F e NH Forças externas que atuam no sistema: PH, PH e NP

Existe alguma força externa ao sistema na direção horizontal, empurrando o sistema para a esquerda ou direita ? A resposta é não. As únicas forças horizontais são as forças F e F trocadas entre o menino e a prancha (atrito) que fazem o menino ir para a direita e a prancha ir para a esquerda.

figura 36

figura 37

figura 38

DH DP

L

VH

VP

Entretanto, este é um par de forças internas e, portanto, elas apenas fazem as partes do sistema se aproximarem ou se afastarem do seu centro de massa CM, mas são incapazes de mover o CM, de acelerar o CM.

Terra

NH

NH

PH

PH

PP

PP

F

F

NP

NP

Por esse motivo, o centro de massa do sistema CM, que estava inicialmente em repouso, permanecerá parado ainda que menino e prancha se movam em relação ao CM, movidos pelas forças internas. Temos aqui o famoso “sistema compensado”, isto é, as partes que compõem o sistema se moverão de tal forma que o movimento de uma compense o movimento da outra, mantendo parado o centro de massa CM do sistema. O sistema encontra-se isolado de forças externas visto que a resultante das forças externas horizontais é nula, isto é, FR-ext = 0. Assim, pela 1a Lei de Newton para sistemas (relação 20), o seu centro de massa, que estava inicialmente em repouso, permanecerá em repouso o tempo todo Vcm = 0, até que alguma força resultante externa horizontal perturbe esse repouso, como ocorreria se houvesse atrito entre o chão e a plataforma. D

EMONSTRATIVO

Física


185

A B

apósVA' VB'

� Pela conservação da QDM, vem:

Qsist-antes = QSist-após � M.VA + 3M.VB = M.(–VA’) + 3M.VB’

VA + 3.VB = –VA’ + 3.VB’ � 3.VB’ – VA’ = 15 + 3 .5

3.VB’ – VA’ = 30 [eq 29] � Sendo o coeficiente de restituição e = 0,2,. vem:

e = |V||V|

antesrelativa

apósrelativa

�

� = 0,2 5 15

'V 'V BA ��

VA’ + VB’ = 2 [eq 30] Resolvendo o sistema de equações [eq 29] e [eq 30] , vem: VA’ = –6 m/s e VB’ = 8 m/s.

Como o sinal de VA’ foi encontrado negativo, devemos inverter o sentido do movimento arbitrado para o móvel A, após a colisão:

Exemplo Resolvido 12: A figura mostra n esferas de mesma massa m suspensas em fila por fios de comprimentos iguais, com as esferas quase se tocando. Se a esfera 1 é abandonada da posição tracejada e acerta a esfera 2 com velocidade v1, o prof Renato Brito pede que você determine a velocidade vn da n-ésima esfera imediatamente após ser acertada pela esfera que a antecede, pela primeira vez. O coeficiente de restituição entre os choques vale e.

Solução: O prof. Renato Brito chama a atenção do aluno para o fato de que as bolas não estão em contato entre si, como ocorre na maioria das questões dessa natureza.

Assim, analisaremos a 1ª colisão do sistema que ocorrerá, logicamente, entre a 1ª bola e a 2ª bola:

Da definição de coeficiente de restituição e, temos:

e = ��relativa após 1 2

relativa antes 1

V V ' V V V

= e � V1’ + V2 = e.V1 �

V1’ = e.V1 � V2 (eq31) Da conservação da QDM na colisão, temos:

�Q antes = �Q depois � +M.V1 + 0 = �M.V1’ + M.V2

V2 = V1 + V1’ (eq32) Substituindo eq31 em eq32, vem:

V2 = V1 + (e.V1 � V2) � V2 = ��

1e 1V .

2 (eq33)

Assim, quando a 1ª bola bate na 2ª bola, esta última sai com a velocidade determinada acima. Analisando o problema de forma recorrente, percebemos que as primeiras colisões entre cada bola e a bola que a sucede sempre têm as mesmas características em comum : � A bola que vai chegando sempre colide com outra bola de

mesma massa e inicialmente em repouso; � O coeficiente de restituição em cada colisão vale e; Assim, quando a bola 2 colidir com a bola 3, a velocidade de saída da bola 3 pode ser calculada da mesma forma, através de um sistema de equações semelhante a eq31 e eq32, o que levará ao resultado abaixo, análogo ao encontrado na relação eq33:

V3 = ��

2e 1V .

2 (eq34)

Substituindo eq33 em eq34, temos:

V3 = ��

2e 1V .

2 = � � ��

2

1 1e 1 e 1 e 1V . . V .

2 2 2

Por analogia, para as demais colisões, encontraremos:

V4 = ��

3e 1V .

2 = � � ��

2 3

1 1e 1 e 1 e 1V . . V .

2 2 2

V5 = ��

4e 1V .

2 = � � ��

3 4

1 1e 1 e 1 e 1V . . V .

2 2 2

Assim, após n�1 colisões, a bola de ordem n sairá, portanto, com velocidade com velocidade Vn dada por:

Vn = (n 1)

1e 1v .

2

��

16 – Caso Especial: colisão elástica unidimensional entre partículas de massas iguais Considere o caso especial de dois corpos A e B de mesma massa, que se movem sobre uma mesma reta e sofrem uma colisão frontal elástica. A seguir mostraremos que, durante a colisão, esses corpos apenas trocam de velocidades, ou seja, a velocidade inicial de um passará a ser a velocidade final do outro, e vice-versa: D

EMONSTRATIVO

Física


187

e = ��

�rel.apos

rel.antes

V V ' uV V u

= 1 � V’ + u = V � u

V’ = V � 2u

Assim, após o impacto, as velocidades da bola e do caminhão são mostradas na figura abaixo:

Exemplo Resolvido 13 – UECE 2007.1 – 2ª fase Para Transportar uma carga extremamente pesada, um certo caminhão trafega a uma velocidade de 10 m/s. Um rapaz à beira da estrada brinca com uma bola de tênis. Quando o caminhão passa, o rapaz resolve jogar a bola na traseira do mesmo. Sabendo que a bola atinge a traseira do caminhão perpendicularmente, com velocidade de 20 m/s, em relação ao solo, qual a velocidade horizontal final da bola após o choque, considerado perfeiramente elástico ? a) 10 m/s b) 20 m/s c) 30 m/s d) zero Solução: A figura abaixo mostra a situação que antecede o impacto.

Sendo a massa do caminhão milhares de vezes maior que a massa da bola de tênis, admitiremos que sua velocidade permaneça constante igual a 10 m/s nesse episódio:

Seja V’ a velocidade da bola após o impacto, conforme a figura abaixo:

Sendo a colisão elástica (e = 1), podemos escrever:

e = ��

�rel.apos

rel.antes

V V 10V 20 10

= 1 � V + 10 = 20 � 10

Donde se conclui que teremos V = 0.

18 - Leitura Complementar O EFEITO DA BALADEIRA GRAVITACIONAL

O esquema acima mostra o planeta Saturno se movendo com uma velocidade orbital (em relação ao Sol) igual a u = 9,6 km/s. A massa de Saturno é igual a 5,69 x 1026 kg. Uma nave espacial com massa de 825 kg se aproxima de Saturno, movendo-se inicialmente com uma velocidade de V = 10,4 km/s. A atração gravitacional de Saturno (uma força conservativa) faz com que a nave mude de direção e retome em sentido oposto.

Neste caso, a "colisão" não é um impacto, mas sim uma interação gravitacional. Podemos supor que a velocidade de Saturno seja essencialmente constante durante a interação porque sua massa é muito maior do que a massa da nave. Logo, podemos imaginar o problema como uma colisão elástica ( força gravitacional é conservativa) em linha reta (unidimensional), semelhante ao caso 2 recém estudado na seção 17. Aplicando conservação da quantidade de movimento e conservação da energia mecânica do sistema nave + planeta, conclui-se que a nave voltará com uma velocidade V + 2u = 29,6 km/s (veja caso 2, seção 17), ou seja, sua velocidade praticamente triplicará nesse exemplo específico e sua energia cinética aumentará por um fator (29,6 / 10,4)2 = 8,1 neste processo. A razão para esse aumento aparentemente misterioso de rapidez é que Saturno não está parada mas, sim, se movendo na sua órbita em torno do Sol. Se Saturno estivesse em repouso, a velocidade da nave se inverteria, mas o seu módulo permaneceria essencialmente constante. Nesse efeito de ginástica celestial, a nave espacial sofre um aumento de velocidade a partir de quê ? Sua energia cinética aumenta do nada ? Claro que não. Conforme vimos nos cálculos da seção 17, a conservação de energia está implícita nos cálculos. A energia cinética de saturno, a rigor, precisa ter diminuído para que a energia cinética da nave espacial tenha aumentado. Entretanto, sendo, a massa de saturno, 1023 maior que a massa da nave espacial, a redução da velocidade de Saturno é imperceptível.

Este exemplo ilustra uma versão simplificada do efeito da atiradeira gravitacional, usado para fornecer um impulso auxiliar para uma nave espacial (Na realidade, o movimento de uma nave espacial não é retilíneo, como foi suposto neste problema.). A nave espacial Voyager 2, lançada em 1977, usou o efeito da baladeira gravitacional em seu vôo passando nas vizinhanças de Júpiter, Saturno e Urano. Graças à energia cinética adquirida desse modo, a Voyager 2 atingiu o planeta Netuno em 1989; caso não fosse usado o efeito da baladeira gravitacional, essa nave atingiria Netuno somente no ano de 2008. D

EMONSTRATIVO

Física


199

Questão 23 - � Uma rampa rolante pesa 120N e se encontra inicialmente em repouso, como mostra a figura. Um bloco que pesa 80N, também em repouso, é abandonado no ponto 1, deslizando a seguir sobre a rampa. São dados ainda: a =15 m e sen� = 0,6. Desprezando os possíveis atritos e as dimensões do bloco, pode-se afirmar que a distância percorrida pela rampa no solo, até o instante em que o bloco atinge o ponto 2, é : a) 16,0m b) 24,0m c) 30,0m d) 9,6m e) 4,8m

Dica: veja questão 15 de classe

Questão 24 - � O gráfico abaixo representa a velocidade de dois carrinhos A e B em função do tempo, numa colisão unidimensional . Sabendo que a massa do carrinho A vale 20 kg, pede-se determinar:

6

4

2

2 4 t(ms)

V(m/s)

B

A

a) A massa do carrinho B; b) O coeficiente de restituição da colisão; Questão 25 - � (UFC) Uma bolinha de massa 50 g, movendo-se horizontalmente a 10 m/s, colide com uma parede vertical, retornando com velocidade horizontal 7 m/s. Se o tempo da colisão foi de 10 ms, determine o valor da força média exercida pela parede sobre a bola. (m = mili = 10–3) Questão 26 - � (U Mackenzie-SP) Uma esfera de 0,5 kg, abandonada de uma altura de 1,8 m, choca-se com o solo. Adote g = 10 m/s2. Sabe-se que o choque dura 0,02s e que o coeficiente de restituição entre a esfera e o solo é 0,8. Determine: a) a velocidade com que a esfera colide com o chão; b) a velocidade com que a esfera retorna, após a colisão; c) a força média que age sobre a esfera durante o choque. Questão 27 - � (Puccamp-SP) Um corpo de massa 5 kg move-se sobre o eixo X de um plano cartesiano XY desenhado num solo horizontal perfeitamente liso, com velocidade constante de 4 m/s. Ao passar pela origem, sofre um impulso ao longo da direção Y aplicado por uma força de intensidade 150 N, que atua durante 0,1 s. A nova velocidade do corpo, após esse impulso, vale, em m/s :

a) 1,5 b) 7 c) 3 d) 15 e) 5

Questão 28 Seja um prisma triangular de massa m inicialmente em repouso sobre uma superfície horizontal lisa. Uma esfera de mesma massa m, que encontra-se inicialmente em repouso sobre o prisma, é abandonada do repouso pelo prof Renato Brito e desliza sem atrito sobre a superfície inclinada, desde a altura h, até ser encaçapada pelo buraco na rampa.

m

m

h

Pode-se afirmar que, nesse episódio, o prisma : a) Move-se inicialmente para a esquerda e pára logo após a bola

ser encaçapada. b) Move-se inicialmente para a esquerda e, logo após a bola ser

encaçapada, inverte o sentido do seu movimento, retardando em seguida até parar.

c) Move-se inicialmente acelerado para a esquerda e, logo após a bola ser encaçapada, prossegue em movimento retardado até parar.

d) Move-se inicialmente acelerado para a direita e, logo após a bola ser encaçapada, prossegue em movimento retardado até parar.

e) Move-se inicialmente para a esquerda e depois retoma à sua posição inicial.

Questão 29 (UFC 2003) O carrinho da figura ao lado repousa sobre uma superfície horizontal lisa e no seu interior há um pêndulo simples, situado inicialmente em posição horizontal. O pêndulo é liberado e sua massa m se move até colidir com a parede do carrinho no ponto P, onde fica colada. A respeito desse fato, considere as seguintes afirmações.

L

P

mg

I. .A lei de conservação da quantidade de movimento assegura que, cessada a colisão, o carrinho estará se movendo para a direita com velocidade constante.

II. A ausência de forças externas horizontais atuando sobre o sistema (carrinho+pêndulo), assegura que, cessada a colisão, o carrinho estará em repouso à esquerda de sua posição inicial.

III. A energia mecânica (mgL) é quase totalmente transformada em energia térmica.

DEMONSTRATIVO

Física


200

Assinale a alternativa correta. a) Apenas I é verdadeira. b) Apenas II é verdadeira. c) Apenas III é verdadeira. d) Apenas I e III são verdadeiras. e) Apenas II e III são verdadeiras. Questão 30 A figura mostra duas caixas A e B, de massas M e 3M, que se movem com velocidades 12 m/s e 2 m/s. Determine a velocidade adquirida pelas caixas A e B após sofrerem uma colisão elástica.

VA

Aantes

B

VB

Dica: veja Exemplo Resolvido 10 e 11, página 184 Questão 31 A figura mostra duas caixas A e B, de massas M e 3M, que se movem com velocidades 15 m/s e 5 m/s. Determine a velocidade adquirida pelas caixas A e B após sofrerem uma colisão parcialmente elástica, com coeficiente de restituição e = 0,2.

VA

Aantes

B

VB

Dica: veja Exemplo Resolvido 10 e 11, página 184 Questão 32 Em cada caso abaixo, duas caixas A e B idênticas sofrerão colisão frontal e elástica. Determine, em cada caso, as velocidades das caixas após a colisão.

a)

b)

c)

d)

Dica: massas iguais, colisão frontal e elástica, os corpos trocam de velocidades (direção, sentido e valor)

Questão 33 (CESGRANRIO-RJ) Na figura, a mola é ideal, a velocidade de B é constante, A está em repouso na posição de equilíbrio O e as massas A e B são iguais. Despreza-se o atrito. Após um choque perfeitamente elástico, existirá um instante a partir do qual:

a) A estará oscilando e B se deslocando para a direita; b) A estará em repouso e B se deslocando para a direita; c) A e B estarão oscilando; d) A e B estarão em repouso na posição O; e) A e B estarão em repouso à esquerda da posição O. Dica: massas iguais, colisão frontal e elástica, os corpos trocam de velocidades (direção, sentido e valor). Assim, B bate em A, A amassa a mola, depois a mola empurra A de volta, A bate em B trocando novamente de velocidade, A pára, B prossegue para a direita sozinho. Questão 34 - � Um projétil de massa m colide inelasticamente com uma caixa de madeira, que despenca de um penhasco e cai a uma distância D da parede, como indica a figura abaixo. Se a massa da caixa vale M e a gravidade vale g, o prof Renato Brito pede para você determinar a velocidade inicial Vo do projétil.

a)H2g.

m)mM.(D �

b) H2g.

M)mM.(D �

c) Hg2.

m)mM.(D �

d) Hg2.

M)mM.(D �

D

H

Vo

Dica: veja questão 20 de classe Questão 35

(UECE) Oito esferas estão suspensas, sendo quatro de massa M = 150g e quatro de massa m = 50g, por fios flexíveis, inexten-síveis e de massas desprezíveis, conforme a figura. Se uma esfera de massa M for deslocada de sua posição inicial e solta, ela colidirá frontalmente com o grupo de esferas estacionadas.

mM mmmMMM

Considere o choque entre as esferas perfeitamente elástico. O número n de esferas de massa m que se moverão é: a) um b) dois c) três d) quatro

Dica: veja as questões 21 e 22 de classe DEMONSTRATIVO

HidrostáticaAula 07


1 – O Conceito de Pressão Fluido é uma denominação geral dada para qualquer meio que flui, portanto, os gases e os líquidos em geral são fluidos. Alguns meios têm uma viscosidade extremamente grande e fluem com grande lentidão, como é o caso do vidro ! Observando vitrais de antigas igrejas do século XVIII, percebe-se que a espessura do vidro em sua parte inferior é um pouco maior que na parte superior, evidenciando que, ao longo dos anos, o vidro fluiu lentamente de cima para baixo, sob ação da gravidade. O mesmo ocorre ao asfalto das ruas que, assim como o vidro, também é considerado fluido �. Nesse capítulo, estudaremos a estática dos fluidos, isto é, o equilíbrio dos gases e líquidos sob ação da gravidade. No estudo da Dinâmica, usualmente admitimos a atuação da força sobre um ponto do corpo. Entretanto, quando um fluido interage com um corpo, a força que este recebe está espalhada ao longo da sua superfície. Para levar em conta esse espalhamento, consideramos o conceito de pressão:

A

F�

Figura 1 – A força normal F que a caixa exerce sobre a superfície da mesa está espalhada ao longo de uma área igual à base da caixa. Dizemos que a caixa exerce uma pressão sobre essa área A.

Seja uma caixa em repouso sobre a superfície de uma mesa, A pressão média que a caixa exerce sobre essa superfície é dada por:

Pressão médiaárea

|F| �

� [eq-1]

Note que a pressão trata-se de uma grandeza escalar, assim como temperatura e energia, portanto não tem direção e sentido.

p 1F�

Figura 2A

p

2F�

Figura 2B

Figura 2 – Assim como não faz sentido falar que a temperatura do ponto p da água aponta para baixo, também não faz sentido falar que a pressão no ponto p é para baixo. Ambas são grandezas escalares e, portanto, sem orientação. A força associada a essa pressão é que tem orientação (direção e sentido). Seja p um ponto do interior de um líquido em equilíbrio estático. A Figura 2 mostra esse mesmo ponto em duas circunstâncias distintas A e B. Na figura 2A, o ponto p está na fronteira de separação entre a face lateral de um cubo e o líquido, ao passo que, em B, ele está na fronteira de separação entre a face superior do corpo e o líquido. Em cada caso, a pressão no ponto p está associada à força normal F

� que o líquido exerce sobre uma área infinitesimal dA da

superfície em torno desse ponto. Como a pressão P no ponto é a

mesma em cada caso, visto que se trata da pressão no mesmo ponto do líquido, tomando áreas infinitesimais dA idênticas em cada caso, podemos escrever:

� ��

1 2| F | |F | P. dA

Porém, 1F�

e 2F�

têm orientações distintas, visto que são normais às

respectivas superfícies em cada caso, ou seja 1F�

� 2F�

. Assim, percebemos que a pressão num ponto p de um líquido não tem orientação mas, sim, a força associada a essa pressão. Essa força é sempre normal à superfície do corpo.

profinho, mas por que as forças

exercidas por um fluido em equilíbrio hidrostático sobre uma superfície com a qual estejam em

contato são sempre normais a essa superfície ?

Para você entender isso facilmente, Claudete, suponha que isso não ocorra, ou seja, suponha que o líquido, em equilíbrio hidrostático em repouso no interior de um recipiente, exerça em suas paredes uma força F1 que não seja normal a elas, como mostra a figura 3a.

�1F

Figura 3a – força hipotética exercida pelo líquido

sobre a parede do recipiente Pela Lei da Ação e Reação, a parede causaria uma reação (figura 3b) igual e oposta F2 sobre o líquido, que admitiria uma componente normal F2N e uma componente tangencial F2T à superfície do líquido.

� 2TF

�2 N F

�2F

líquido escoaria

Figura 3b – a existência da componente tangencial F2T levaria o líquido a escoar na direção da parede, o que violaria a hipótese de que o líquido estava em equilíbrio hidrostático.

Entretanto, a existência dessa componente tangencial F2T agindo no líquido o aceleraria ao longo da superfície, provocando escoamento do mesmo, o que seria absurdo, visto que líquidos em equilíbrio hidrostático não escoam (o escoamento de líquidos é estudado em outro ramo da Física chamado Hidrodinâmica.). Os gases ou líquidos não são capazes de resistir a esforços tangenciais sem fluírem. Assim, para que um fluido esteja em repouso, ele só pode trocar forças normais à sua fronteira de separação com outros corpos. D

EMONSTRATIVO

Física


203

Essa propriedade dos fluidos pode ser verificada facilmente enchendo-se com água um recipiente de plástico ou uma bexiga (Figura 4) e em seguida fazendo alguns furos no recipiente.

Figura 4

Você perceberá que os pequenos jatos d'água abandonam o recipiente perpendicularmente a ele.

Propriedade 1 As forças exercidas pelo fluido sobre uma superfície com a qual esteja em contato são sempre perpendiculares à superfície. Vamos agora considerar dois pontos X e Y situados no mesmo nível no interior do fluido (figura 5a). Qual seria a relação entre as pressões nesses pontos ? Para responder a essa questão, vamos tomar uma porção do fluido em forma de cilindro horizontal "muito fino" (figura 5b), de modo que os centros das bases sejam, os pontos X e Y.

x y

h

Figura 5 a

x y

Fx Fy

Figura 5 b

Na figura 5b, isolamos o cilindro. A pressão na face esquerda é Px e na face direita é Py. Portanto, sendo A a área de cada face, as forças horizontais exercidas pelo resto do fluido sobre o cilindro têm intensidades Fx e Fy dadas por:

Fx = Px. A e Fy = Py. A Para que o cilindro esteja em equilíbrio, devemos ter:

Fx = Fy � Px. A = Py .A � Px = Py Portanto:

Propriedade 2 Em um fluido em equilíbrio, isto é, que não estão escoando nem estão acelerados em relação à Terra, pontos que estejam num mesmo nível horizontal suportam a mesma pressão.

2 –Pressão exercida por uma coluna líquida Seja uma coluna líquida de altura h exercendo pressão Pcol sobre o fundo do seu recipiente. Admitindo que a densidade do líquido vale d e que a área da base do recipiente vale A, queremos determinar essa pressão Pcol.

O volume da coluna líquida será V = A.h, onde A é a área do fundo do recipiente. Sendo d a densidade do líquido, a sua massa m será dada por m = d.V = d.A.h.

A força de contato que a coluna líquida exerce no fundo do recipiente é a normal N. Estando, a coluna líquida, em equilíbrio, essa normal N será numericamente igual ao seu peso m.g. Assim:

Pcol = A

d.A.h.g A

m.g AN

AF

��

Pcol = d.g.h [eq-2a] Na expressão acima, as unidades físicas que devem ser usadas, no sistema internacional (SI), são: [ Pcol ] = N / m2 = Pascal, não pode ser usado atm nessa fórmula. [ d ] = kg / m3 , lembrando que 1g / cm3 = 103 kg / m3

[ h ] = m

A expressão [eq-2] mostra que a pressão Pcol exercida por uma coluna liquida em sua base independe área A da sua secção transversal. Suponha agora que os pontos X e Y estejam numa mesma vertical, sendo h o desnível entre eles. Tomemos uma porção do fluido em forma de cilindro vertical “muito fino”, cuja área da base é A, de modo que os pontos X e Y estejam nos centros das bases.

h

g

Figura 6a Na face superior a pressão é py e na face inferior é px. Assim, as forças verticais que o resto do fluido exerce no cilindro têm intensidades Fx = px.A e Fy = py.A como mostra a figura 6b. Além dessas duas forças, devemos considerar o peso P do cilindro. Sendo V o seu volume e d a densidade do fluido, temos:

P = (m).g = (d.V).g = d.(A.h). g

h

Fy

Fx

h Pg

x

y

Figura 6 b

Como o “cilindro de fluido” certamente está em equilíbrio no fluido, devemos ter:

Fx = Fy + P

Px.A = Py.A + d.(A.h). g

Px = Py + d.g.h (eq-2b) Lei de Stevin A expressão eq-2b é chamada de Lei de Stevin. Ela permite calcular a diferença de pressão entre dois pontos x e y de um líquido em equilíbrio, conhecendo o desnível vertical h entre eles. D

EMONSTRATIVO

Física


204

Assim, considere a superfície de um lago, submetida à ação da pressão atmosférica Patm (Figura 6c). Seja y um ponto da superfície do lago submetido à pressão atmosférica (Patm).

A relação eq-2b fornece a pressão Px num ponto x genérico a uma profundidade h medida verticalmente, a partir da superfície do líquido (Figura 6c):

hg

x

y

Patm

Figura 6 c

Px = d.g.h + Py , com Py = Patm

Px = (d.g).h + Patm (eq–2c) Y = (a).x + b

A expressão eq2c mostra que a pressão no interior de um líquido varia linearmente com a profundidade h. Como se trata de uma função do 1o grau na variável h, o gráfico da pressão em função de h é uma reta cujo coeficiente angular (tg�) vale a = d.g.

Figura 6 d

No gráfico da Figura 6d, vale a relação tg� = d.g, onde tg� é a inclinação da reta (coeficiente angular na função dada por eq2), d é a densidade do líquido e g é a gravidade local. Assim, quanto maior for a densidade d de um líquido, maior será a inclinação � (tg� = d.g) do seu gráfico P x h.

Ao fazer referência à tg � no triângulo retângulo da figura 6d, estamos nos referindo à tangente geométrica, dada pelo quociente:

cat.oposto ptg d.gcat.adjacente h

��

�

Profinho, eu tenho uma dúvida. Apressão que o líquido exerce nofundo de um recipiente depende

do formato desse recipiente ?

A figura mostra três recipientes com formatos diferentes contendo o mesmo líquido (água por exemplo) até a mesma altura h medida verticalmente. Denominamos Pressão hidrostática a pressão exercida exclusivamente pela água (ou qualquer líquido), sem contar o efeito da atmosfera.

Pode parecer inacreditável mas a pressão hidrostática que o líquido exerce (internamente) nos pontos a, b, c e d (figura 8) é a mesma e esse fato independe do formato do recipiente, conforme o prof Renato Brito explicará a seguir:

h

a b c d Figura 7 – a pressão hidrostática exercida pela água (internamente) no fundo de cada é exatamente a mesma, independente da forma do recipiente.

A pressão exercida pela água no fundo do 1o recipiente é a pressão no ponto a. Trata-se da pressão que a coluna 1 exerce sobre aquele ponto, ou seja, Pa = d.g.h.

h

a

x

c d

ye k

g m

b

1

23

4

5

6

7

Figura 8

Claramente percebemos que a pressão Pc no fundo do 2o recipiente é causada pela coluna 2, que é idêntica à coluna 1, ou seja, Pc = d.g.h e, portanto, Pc = Pa.

profinho, mas como a coluna2 que esmaga o ponto c émaior que a coluna 3 que

esmaga o ponto b, então népossível que Pb seja igual a

Pc, neh?

Claudete, eu sei que parece inacreditável, mas Pc realmente é igual a Pb (figura 8), conforme indica a propriedade 2 vista anteriormente. Para entender isso, note que a pressão que esmaga o ponto b é a pressão exercida pela coluna 3 mais a pressão que a parede do recipiente exerce sobre a coluna 3, ou seja, mais a pressão Px no ponto x. Entretanto, temos que Px = Py (propriedade 2) e que Py é a pressão exercida pela coluna 4.

Pb = Pcol 3 + Px = Pcol 3 + Py = Pcol 3 + Pcol 4 = Pcol 2 DEMONSTRATIVO

Física


205

Portanto, temos: Pb = Pc = Pa = d.g.h

Da mesma forma, é fácil ver que a pressão Pd exercida pela água (internamente) no fundo do 3o recipiente coincide com as pressões anteriores:

Pd = Pcol 5 + Pe = Pcol 5 + Pk = Pcol 5 + ( Pcol 6 + Pg)

Mas Pg = Pm = Pcol 7, assim:

Pd = Pcol 5 + ( Pcol 6 + Pg) = Pcol 5 + Pcol 6 + Pcol 7

Pd = Pcol 2 = d.g.h, ou seja: Pa = Pb = Pc = Pd = d.g.h.

É por isso que o cientista francês Blaise Pascal, no seu livro intitulado “Tratado do equilíbrio dos Líquidos”, afirmou que “os líquidos pesam segundo a sua altura vertical” .

Yes ... de fato, a pressão quea água exerce internamente no

fundo de cada recipiente é amesma, independente do

formato do recipiente !

Exemplo resolvido 1 – O Paradoxo Hidrostático: a figura mostra três recipientes (de massa desprezível) com área das bases idênticas contendo água até a mesma altura h apoiados sobre uma mesa. o prof Renato Brito pede que você:

h

1 2 3

Figura 9

a) coloque em ordem crescente as pressões P que a água exerce

internamente no fundo de cada recipiente (pressão hidrostática);

b) coloque em ordem crescente as forças F que a água exerce internamente no fundo de cada recipiente;

c) coloque em ordem crescente os pesos W da água contida em cada recipiente;

d) coloque em ordem crescente a pressões P* que o fundo de cada recipiente exerce sobre a mesa.

Solução: Inicialmente, chamo a sua atenção para a diferença entre as forças F e F* mostradas na figura 10. F é a força que o líquido exerce (internamente) no fundo do recipiente, ao passo que F* é força que o fundo do recipiente exerce externamente sobre a mesa. Apesar de parecer que essas forças tem o mesmo valor, na verdade suas intensidades só irão coincidir em alguns casos, conforme veremos a seguir.

F

F *

Figura 10

a) a pressão hidrostática exercida no fundo de cada recipiente (figura 11a) é exatamente a mesma pressão exercida por uma coluna líquida de altura h, ou seja, P1 = P2 = P3 = Pcol = d.g.h. Conforme vimos, essas pressões independem da área da base e do formato do recipiente.

Esse é exatamente o princípio que está por trás dos vasos comunicantes. Como a pressão hidrostática é exatamente a mesma no fundo de cada recipiente (figura 11b), se eles forem interligados através de canudos, a água não fluirá entre eles por não haver diferença de pressão entre as dos canudos.

h

1 2 3

Figura 11 A

31 2

Figura 11 b

b) Se P1 = P2 = P3 = Pcol e todos os recipientes têm a mesma área A da base (figura 11a), então :

P1 = P2 = P3 = Pcol � P1.A = P2.A = P3.A = Pcol . A

P1.A = P2.A = P3.A = Pcol . A � F1 = F2 = F3 = Pcol . A

Assim, percebemos que as forças que os líquidos exercem no fundo de seus respectivos recipientes, que é a mesma força que o fundo desses recipientes aplicam sobre o líquido (ação e reação), têm a mesma intensidade F = Pcol . A.

Figura 11 C - os pedreiros utilizam o princípio dos Vasos Comunicantes para nivelar os azulejos da parede, durante uma obra.

c) Lembrando que estamos desprezando o peso do vaso, o

recipiente que tiver maior volume de água terá o maior peso W (weight). Observando a Figura 9, é fácil perceber que:

W1 > W2 > W3 DEMONSTRATIVO

Física


210

6 – Bebendo água de canudinho Muitas pessoas, inclusive a Claudete, acham que, ao beberem água de canudinho, o líquido sobe devido ao poder de sucção da pessoa, Na verdade, quem faz o líquido subir através do canudo é a pressão atmosférica. A seguir, o prof Renato Brito lhe explicará como se dá o processo:

A B

Patm

A B

h

B

h

A

Patm Patm Patm Patm Patm

Figura 19a – seqüência mostrando a ação da pressão atmosférica, pressionando a superfície do líquido para baixo, forçando-o a subir gradativamente pelo canudo.

A pressão atmosférica que age na superfície livre do líquido o empurra para baixo, forçando que ele suba através do canudo. Entretanto, uma outra pressão atmosférica idêntica à anterior entra pela extremidade superior do canudo e força a sua descida.

Patm

hh

Patm Patm

h = 0

Figura 19b – seqüência mostrando a ação da pressão atmosférica, que entra pela extremidade superior do canudo, forçando a descida da coluna líquida gradativamente até a superfície do líquido.

O resultado é que, como essas duas pressões agem juntas, o líquido acaba não conseguindo subir pelo canudo esponta-neamente. Assim, percebemos que a subida do líquido trata-se de um cabo de guerra: uma pressão atmosférica lutando contra a outra.

Aaah ! Entendi! Quer dizer que,para o líquido conseguir subir, agente tem que ajudar a pressãode baixo a ganhar da pressão de

cima, neh, profinho ?

Nooossa ! Agora você me surpreendeu! É exatamente essa a tática, Claudete . E para ajudar a pressão de baixo Pbaixo a ganhar da pressão de cima Pcima, precisamos reduzir esta última, fazendo sucção na extremidade superior do canudo para retirar parte do ar

do seu interior. Assim, teremos Pbaixo > Pcima, causando a diferença de pressão Pbaixo – Pcima, necessária para que o líquido suba pelo canudo. A altura h que o líquido atinge depende da diferença de pressão Pbaixo – Pcima causada pela pessoa durante a sucção, como veremos a seguir. Observando a figura 19c, tomando dois pontos a e b no mesmo nível, pela Propriedade 2, vem:

PA = PB � Pcol agua + Pcima = Pbaixo

Como Pcol = d.g.h e Pbaixo = Patm, vem:

d.g.h + Pcima = Patm

d.g.h = Patm – Pcima [eq-6]

B

hPbaixo

A

Pbaixo

Pcima

Figura 19c

Figura 20 A expressão [eq-6], mostra que, de fato, a altura vertical h que o líquido sobe é função da diferença de pressão entre as extremidades do canudo.

Enquanto o garoto não põe a boca na extremidade superior do canudo, mantendo-a aberta, a pressão atmosférica Pcima entra por aquela extremidade (Pcima = Patm) e, de acordo com [eq-6], teremos:

d.g.h = patm – Pcima , com Pcima = Patm

d.g.h = patm – Patm = O

d.g.h = O � h = O

ou seja, o líquido não sobe. A pressão Pcima na extremidade superior do canudo é controlada pela vontade da pessoa (veja figura 20). Quando a pessoa faz sucção, ela está reduzindo a pressão Pcima, aumentando a diferença de pressão (Patm – Pcima) e, consequentemente [eq-6], a altura h da coluna líquida. Em outras palavras, ela está fazendo o líquido subir pelo canudo.

A maior altura h que a coluna d'água pode subir por sucção, empurrada pela pressão atmosférica Pbaixo , é obtida obtendo-se a maior diferença de pressão entre as extremidades do canudo ( patm – Pcima ), ou seja, reduzindo-se Pcima ao menor valor possível para uma pressão: Pcima = O. Esse puder de sucção para criar vácuo , entretanto, é para o super-homem � . Se ele sugasse com esse tamanho poder, teríamos:

Pcol agua = Patm – Pcima

Pcol agua = Patm – 0

Pcol agua = Patm DEMONSTRATIVO

Física


218

Autoteste 3 Comentado

a) Na 1ª situação, o bloco está em equilíbrio sob ação do seu peso P e da tração T = 10 kgf registrada pelo dinamômetro, portanto, seu peso vale P = T = 10 kgf. b) A balança da 2ª situação mede o peso do líquido que foi deslocado pelo bloco (4 kgf) que, conforme o princípio de Arquimedes, é o valor do empuxo que age no bloco (E = 4 kgf). c) Do equilíbrio do bloco, na situação final, podemos escrever T + E = P, donde se conclui que a marcação final do dinamômetro vale T = 6 kgf . É fácil perceber que a lei do empuxo é mais facilmente aplicada a partir do enunciado original do Arquimedes ( o empuxo é igual ao peso do líquido deslocado) que usando a sua formulação matemática E = d Liq. Vsub. g. Se ligue nesse fato ! �

Autoteste 4 Um mesmo bloco de madeira é posto a boiar em três recipientes distintos, sendo que um deles continha água, o outro continha óleo de cozinha, e o último continha mercúrio Hg. Identifique, na figura a seguir, o líquido contido em cada recipiente.

A B C

12 – Calculando o Empuxo Duplo A seguir, mostraremos que o empuxo duplo que atua sobre um cilindro em equilíbrio, parcialmente mergulhado no óleo e na água, como mostra a figura 40, pode ser calculado como a soma dos empuxos parciais E1 e E2 feitos pelo óleo e pela água sobre ele, ou seja:

E � = � E1 + � E2

h1

h2 água

óleo

Figura 40

profinho, mas se o óleopressiona o cilindro parabaixo, o empuxo que ele

exerce sobre o cilindro nãodeveria ser para baixo não ?

Claudete, eu também pensava assim, quando era estudante de Física. Agora que virei prof Renato Brito, vou lhe mostrar que, de fato, o óleo está empurrando a caixa para cima, assim como a água também o faz.

F1

F2

a b

x

y

h2

h1

z

Patm

x

y

óleo

água

d1

d2

Figura 41

Para isso, considere a seguinte legenda: A = área das bases do cilindro. PX = pressão na face superior do cilindro PY = pressão na face inferior do cilindro Patm = pressão atmosférica A figura 41 revela que a força de pressão F2 , que age na base inferior da caixa, está relacionada com a pressão no ponto Y, que é dada pela pressão da coluna b mais a pressão atmosférica:

PY = Pcol b + Patm = d2.g.h2 + d1.g.( h1 + z ) + Patm [eq-10]

Já a força de pressão F1, que age na base superior da caixa, está relacionada com a pressão no ponto X, que é dada pela pressão da coluna a mais a pressão atmosférica:

PX = Pcol a + Patm = d1.g. z + Patm [eq-11] Afinal, o óleo, na figura 41, está empurrando a caixa para cima ou para baixo ?

O leitor atento a essa figura perceberá que, enquanto toda a coluna de óleo de altura “h1 + z ” está contribuindo para a pressão PY no ponto Y e, consequentemente, para a força ascendente F2�, apenas a pequena coluna de óleo de altura “z” está contribuindo para a pressão PX no ponto X, ou seja, para a força descendente F1 . Dessa forma, vemos que, no geral, o óleo (na figura 41) está aplicando na caixa uma força para cima ��, ao contrário do que muitas pessoas pensariam à primeira vista. A seguir, determinaremos a resultante das forças de pressão agindo na caixa, ou seja, o empuxo dado por E = F2 – F1 : E = F2 – F1 = PY. A – PX.A = (PY – PX).A Substituindo eq-10 e eq-11 na expressão acima, vem: E = (PY – PX).A = (d2.g.h2 + d1.g.h1). A E = d2.g.(A.h2) + d1.g.(A.h1) = d2.g.V2 + d1.g.V1 Fazendo E1 = d1.V1.g e E2 = d2.V2.g , vem :

E = E2 + E1 [eq-12]

3Podemos, em poucas palavras, enunciar dizendo que, nesses casos, o empuxo total é simplesmente a soma dos empuxos parciais exercidos por cada líquido sobre o corpo. D

EMONSTRATIVO

Física


219

Exemplo Resolvido 5: Um bloco homogêneo flutua parcialmente imerso na água e parcialmente imerso no óleo, como ilustra a figura a seguir. Conhecendo a densidade d1 do óleo e d2 da água, bem como as alturas h1 e h2 que o cilindro ocupa em cada líquido, pede-se determinar a densidade d do cilindro.

água

óleo

h1

h2

V1

V2

Figura 42 Solução: Como o cilindro está em equilíbrio, vem:

�E1 + �E2 = Peso

Se o cilindro tem densidade d e volume V = V1 + V2 , a sua massa m é dada por m = d.V = d.(V1 + V2) e seu peso P = m.g é dado por P = d.(V1 + V2).g . Substituindo na condição de equilíbrio, vem:

�E1 + �E2 = Peso

d2.g.V2 + d1.g.V1 = d.(V1 + V2).g

d = 1 1 2 2

1 2

d .V d .VV V��

A expressão acima fornece a densidade do corpo em função dos volumes V1 e V2 que ele ocupa, respectivamente, no óleo e na água. Substituindo V1 = h1.A e V2 = h2.A na expressão encontrada, temos:

d = 1 1 2 2

1 2

d .V d .VV V��

= 1 1 2 2 1 1 2 2

1 2 1 2

d .A.h d .A.h d .h d .hA.h A.h h h

� ��

� �

Em suma, a densidade do corpo pode ser calculada por qualquer uma das expressões abaixo:

d = 1 1 2 2

1 2

d .V d .VV V��

1 1 2 2

1 2

d .h d .hh h�

��

[eq13]

A relação [eq-13] pode ser muito útil para poupar trabalho na resolução de questões ainda mais complexas. Exemplo Resolvido 6: Dentro de um recipiente cilíndrico há um corpo boiando em equilíbrio na fronteira de separação entre o ar e a água contida no seu interior. Um êmbolo que pode se mover sem atrito impede que o ar contido no cilindro escape. Se aplicarmos uma força F ao êmbolo, aumentando a pressão do ar aprisionado, que ocorrerá às alturas h1 e h2 ? Aumentam, diminuem ou permanecem constantes ?

Solução: Ainda seguindo o raciocínio do exemplo resolvido 5, considere os seguintes parâmetros: d = densidade do corpo d1 = densidade do ar d2 = densidade da água h1 = altura que a caixa ocupa no ar h2 = altura que a caixa ocupa na água

ar

h1

h2

V1

V2

Fêmbolo

h

Estando o corpo em equilíbrio na fronteira entre os 2 fluidos (ar e água), é válida a relação eq13. Dividindo tanto o numerador quanto o denominador da relação eq13 pelo fator h2, temos:

d 1 1 2 2

1 2

d .h d .hh h�

��

=

1 21 2

2 2

1 2

2 2

h hd . d .h hh hh h

� ��

� � � ��

��

1 2d .k dk 1�

��

�

d 1 2d .k dk 1�

��

, onde k é simplesmente o quociente k = h1 / h2

Isolando o valor de k na expressão acima, vem:

d 1 2d .k dk 1�

��

� d1.k + d2 = d.k + d � k.(d � d1) = d2 � d

2

1

d dk d d�

��

[eq14]

Com base na relação eq14 acima, o que ocorre ao quociente k quando aplicamos a força F ao êmbolo ?

Ora, sendo o corpo e o líquido incompressíveis, suas densidades d e d2 permanecem constantes. O ar aprisionado, sendo compres-sível, sofre um aumento de densidade (seu volume diminui mas sua massa permanece constante) devido à compressão aplicada ao êmbolo. Com o aumento de d1� na relação eq14, vemos que o denominador diminui, embora o numerador permaneça constante, levando ao aumento do quociente k�.

Note que a soma h1 + h2 é constante e vale a altura total h da caixa (h1 + h2 = h = constante), ou seja, se h1 aumentar, h2 diminuirá, e vice-versa. Mas como o quociente k = h1 / h2 aumentou, certamente houve aumento da altura h1 e, consequentemente, diminuição da altura h2. � Legal, né ? 13 – Empuxos Não-Arquimedianos Quando um corpo é mergulhando num líquido, sofrerá por parte deste uma força que aponta na mesma direção e sentido contrário da gravidade, denominada Empuxo ou Empuxo de Arquimedes.

O Empuxo é a resultante das “forças de pressão” que o fluido exerce no corpo e surge devido à diferença de pressão que a gravidade impõe no interior do fluido. Conforme a Lei de Stevin, a pressão aumenta à medida que nos deslocamos no interior do fluido, na mesma direção e sentido da gravidade. Por esse motivo, a “resultante das forças de pressão” que agem num corpo mergulhado no interior desse fluido está na mesma direção e sentido contrário ao do campo gravitacional. D

EMONSTRATIVO

Física


220

Entretanto, em algumas situações bastante raras, é possível que a “resultante das forças de pressão” que o líquido exerce sobre o corpo imerso não seja vertical � apontando para cima, como de costume. Para que isso ocorra, é suficiente que uma das faces do corpo deixe de ser molhada pelo líquido. O bloco A de borracha mostrado na figura 43a, por exemplo, está perfeitamente adaptado a um buraco na parede lateral de um tanque de água. Assim, como a face direita do bloco A não é molhada pelo líquido, é fácil ver que a resultante das forças de pressão que atuam sobre o bloco A será o empuxo EA � . Outro exemplo clássico é o do bloco B que adere perfeitamente ao fundo do tanque de água, de tal forma que “nenhuma água” molhará a face (plana) inferior desse corpo (veja figura 43a). Nesse caso, é fácil ver que a “resultante das forças de pressão” que agem sobre o bloco B será o empuxo EB vertical e apontando para baixo. Portanto, mesmo que a densidade do corpo seja menor que a do líquido (isopor na água, por exemplo), esse corpo B, ainda assim, ficará em equilíbrio no fundo do tanque, sob ação das forças empuxo EB , peso P e normal N�.

EY

EX

EA

AA

BB

EB

Figura 43a – Um bloco de borracha A sofrendo um empuxo inclinado, e um bloco B sofrendo empuxo vertical para baixo. Esses casos especiais de empuxo são denominados Empuxos Não-Arquimedianos por não seguirem o Princípio de Arquimedes ou, em outras palavras, pelo fato “do valor desses esses empuxos não ser igual ao valor do peso do líquido deslocado pelo corpo ( E � dLiq.V. g)” . Para se calcular o valor do empuxo não-arquimediano, devemos seguir a definição de empuxo, isto é, devemos calcular “a resultante das forças de pressão que agem no corpo”. Para isso, é preciso determinar individualmente cada uma das forças de pressão ( F = pressão x área) que atuam sobre o corpo e, em seguida, determinar a resultante dessas forças .

Ai, profinho, quer dizer que toda vez que o corpo encostar no fundo do recipiente, o empuxo sempre é

prá baixo, é ?

Não, não e mil vezes não,

Claudete ! Afff...

Claudete, era isso que eu temia .....rsrsrs. A maioria das pessoas, à primeira vista, é levada a pensar dessa forma, entretanto, é preciso atentar para o fato de que empuxos não-arquimedianos são raríssimos.

Por exemplo, para que o empuxo na caixa B da figura 43a seja, de fato, vertical e para baixo EB (não-arquimediano), o prof Renato Brito afirma que as duas condições abaixo devem ser satisfeitas ao mesmo tempo :

1) a face debaixo da caixa B (figura 43a) deve ser plana, portanto, não pode ser nem côncava nem convexa. Por esse motivo, bolas ou esferas encostadas no fundo de um recipiente sempre sofrerão empuxos arquimedianos (convencionais) �E. Essa condição número 1 é necessária para que “forças de pressão” ascendentes � não atuem sobre o corpo.

2) É necessário que haja uma perfeita adesão entre a face inferior da caixa B (figura 43a) e o fundo do recipiente, de forma que esta face não tenha nenhum contato com o líquido. Essa condição número 2 é necessária pelo fato de que, mesmo superfícies planas, quando vistas a olho nu, às vezes apresentam rugosidades, irregularidades que permitem a penetração do liquido por baixo do corpo (por capilaridade) fazendo com que, mesmo que a face inferior seja plana, o empuxo agindo sobre o corpo ainda seja o convencional � E, isto é, ainda siga o Princípio de Arquimedes.

Assim, numa questão sobre Empuxo não-arquimediano bem formulada, o enunciado deve, de alguma forma, deixar claro que as duas condições acima estão sendo satisfeitas. Do contrário, sempre ficará no ar uma ambigüidade, uma dupla interpretação do enunciado. Essas ambigüidades ocorrem frequentemente, com esse tema, portanto, é preciso estar muito atento. Nunca esqueça que, por exemplo, quando uma esfera (ou qualquer corpo com superfície convexa) encostar no fundo de um recipiente com água (Figura 43b), o empuxo que a esfera receberá será para cima. Afinal, a água conseguirá molhar a face inferior da esfera, não é verdade? �

D

EMONSTRATIVO

Física


221

Exemplo Resolvido 7 – UECE 2005 – 1ª fase Um bloco cúbico, de massa M e aresta L, repousa no fundo de um tanque com água parada, como mostra a figura. O valor da força normal N que a parede do fundo exerce sobre o bloco, considerando g a aceleração da gravidade, � a massa específica da água e desprezível a ação da atmosfera, é:

a) Mg – (�gh)L2

b) �gL3 c) Zero d) Mg + (�gh)L2

Solução: Ainda que o enunciado não deixe claro que se trata de empuxo não-arquimediano, nenhuma das opções de resposta (a, b, c, d) dessa questão seria correta caso o empuxo seguisse o Princípio de Arquimedes. Por esse motivo, o estudante deduzirá que está sendo considerado o raro caso em que nem todas as faces do corpo encontram-se “molhadas” pelo fluido, no caso, a face inferior do cubo em contato com o fundo do tanque.

E

Assim, o empuxo E, que é a resultante das “forças de pressão” que o líquido exerce sobre o bloco, será vertical e apontará para baixo, conforme a figura acima. Trata-se de um empuxo Não-Arquimediano e o seu valor, nesse caso, será meramente a força de pressão que a água exerce sobre a face superior do cubo, ou seja:

E = (pressão) x (área) = (�.g.H ) x (L2) = �.g.H.L2

E

PN

A figura acima mostra o diagrama de forças que agem sobre o bloco. A questão sugere que o bloco está em repouso permanente no fundo do tanque, ou seja, em equilíbrio, o que permite escrever: N = E + P = �.g.H.L2 + M.g N = �.g.H.L2 + M.g

Resposta Correta – Letra D Observação importante: A rigor, nesses casos não-arquimedianos, a pressão exercida sobre a face superior da caixa também deve levar em conta a pressão atmosférica Patm exercida na superfície da água. Assim, teríamos:

E = (pressão) x (área) = (�.g.H + Patm ) x (L2) E = �.g.H.L2 + Patm.L2

Exemplo Resolvido 8 - Em cada um das seguintes situações físicas, o professor Renato Brito pede para você determinar se o nível H da água no tanque subirá, descerá ou permanecerá o mesmo após o completo derretimento do gelo:

a)

H

gelo

b)

H

gelo

madeira

c)

H

gelo

ferro

Comentários Preliminares do Professor Renato Brito : Inicialmente, vejamos alguns princípios gerais que se aplicam às três situações propostas:

� Na situação da letra a, por exemplo, se o gelo fosse empurrado para baixo pela mão de uma pessoa, o que ocorreria ? � o volume de água deslocado pelo gelo aumentaria; � o empuxo E� que age no gelo aumentaria; � O gelo passaria a ocupar mais espaço embaixo da água do

tanque que, portanto, seria obrigada a se deslocar para cima, fazendo o nível H subir.

� Por outro lado, se o gelo do item a fosse suavemente levantado � pela mão de uma pessoa, o que ocorreria ? � o volume de água deslocado pelo gelo diminuiria; � o empuxo E� que age no gelo diminuiria; � O gelo passaria a ocupar menos espaço embaixo da água

do tanque que, portanto, seria obrigada a descer para preencher o espaço vazio deixado pelo gelo que subiu.

� O nível H da água do tanque desceria. As idéias expostas acima podem ser sintetizadas no quadro a seguir. Conclusões Gerais : 1) O nível H da água no tanque sempre sobe � quando o

empuxo que age no corpo aumenta; 2) O nível H da água no tanque sempre desce quando o

empuxo que age no corpo diminui; 3) O nível da água no tanque permanece inalterado se o empuxo

que age no corpo não sofre alteração, isto é, se o volume de água deslocado pelo corpo (vsub) nem aumenta nem diminui.

A seguir, aplicaremos nossas três conclusões gerais para solucionar as situações a, b e c propostas nesse exemplo 8. D

EMONSTRATIVO

Física


223

Resolução do item c: Quando o gelo, novamente envolto num saco de dindin (figura 48), derreter completamente, o saco permanecerá em equilíbrio completamente imerso no seio do líquido (figura 49). A bola de ferro, que estava inicialmente em equilíbrio sobre o gelo (figura 48), permanecerá em equilíbrio agora completamente imersa, tocando o fundo do recipiente (afinal ferro é mais denso que água), recebendo deste uma força de contato �N normal (figura 49). Assim, comparando o item c com o item b, vemos que houve o acréscimo de uma nova força agindo no sistema “bola+gelo” : a força normal N (figura 49). Na figura 48, o equilíbrio inicial do sistema “gelo+bola ferro” permite escrever:

Pbola Ferro + Pgelo = Empuxo total inicial �

Após o derretimento do gelo, mais uma vez o “peso total do sistema” não se altera. Entretanto, na figura 49 este “peso total” não será equilibrado apenas pela ação dos empuxos, mas também pela ação da normal N � acrescentada ao sistema. Assim, o equilíbrio final do sistema “saco de dindin + bola ferro” (figura 49) permite escrever:

Pbola Ferro + Psaco de dindin = Empuxo total final � + N�

As duas expressões acima nos permitem concluir que:

Empuxo total inicial � = Empuxo total final � + N �

Assim, o empuxo E � requerido para equilibrar o peso total do sistema é maior na situação inicial (figura 48) que na situação final (figura 49). Afinal de contas, apesar do peso total do sistema “bola + saco de dindin” não ser alterado pela mera fusão do gelo, o empuxo E� na figura 49 conta com a ajuda na normal N� para equilibrar o mesmo peso total de antes, sendo requerido, portanto, um empuxo menor que na situação inicial. Uma redução do valor do empuxo que age no sistema implica uma redução do volume de água deslocada pelo mesmo (vsub), obrigando o nível da água do tanque a descer (H2 < H1 , nas figuras 48 e 49) , a fim de ocupar o espaço vazio que o sistema deixou no seio da água do tanque, ao diminuir sua porção imersa (Vsub diminuiu).

A diminuição do empuxo total que age no sistema implica a descida � do nível H da água do tanque, conforme explicado no item 2 das Conclusões Gerais.

figura 50 a figura 50 b figura 50 c

A descida do nível H da água, no caso da bola de ferro, em geral é surpreendente à primeira vista, parecendo até mesmo ir contra a intuição. No entanto, as figuras 50 a, b e c acima mostram que, de fato, tudo faz sentido.

Na figura 50a, um adulto (numa piscina rasa) abre bem as pernas de forma a perder o contato com o solo (N = 0), deslocando uma

grande quantidade de água, obtendo assim um empuxo suficiente grande para equilibrar todo o seu peso.

Na figura 50b, o adulto fica em pé sobre o fundo da piscina, deslocando menos água que antes, sofrendo menor empuxo. O nível H da água na piscina claramente desce. O empuxo E� agora conta com a ajuda da normal N� sob seus pés para equilibrar todo o peso da pessoa.

Na figura 50c, o adulto novamente molda seu corpo de forma a perder o contato com o fundo da piscina (N = 0), passando a deslocar mais água que antes, obtendo novamente um empuxo suficientemente grande para equilibrar todo o seu peso. Novamente, o aumento do empuxo leva ao aumento do nível H da água da piscina, como esperado �.

O derretimento das calotas polares da Terra levaria sim ao aumento do nível dos oceanos. O raciocínio que usaremos para justificar esse fato segue o mesmo raciocínio do adulto na piscina. Veja:

Figura 51 Figura 52

Inicialmente, o enorme bloco de gelo (figura 51) encontra um apoio (uma normal N �) agindo em sua face inferior, ajudando o empuxo E� a equilibrar o peso total do gelo.

E inicial � + N � = Peso total (figura 51)

À medida que o blocão de gelo vai derretendo, essa normal N vai diminuindo gradativamente de valor até que, ao final, o blocão de “água derretida” agora estará em equilíbrio sem nenhuma normal N � (figura 52), sendo o seu peso total (que não mudou durante a mudança de estado físico) agora equilibrado exclusivamente pelo empuxo final.

E final � = Peso total (figura 52)

Assim, é fácil perceber que, na situação final (figura 52), o empuxo requerido para equilibrar o peso total sozinho, sem ajuda da normal, é maior que o empuxo inicial da figura 51, que contava com a ajuda da normal N para equilibrar o mesmo peso total. Se o empuxo aumenta, isso implica que na figura 52 o corpo desloca mais água do tanque que inicialmente (Vsub aumentou), D

EMONSTRATIVO

Física


224

água deslocada essa que é obrigada a subir, levantando o nível H da água do tanque (que representa a água dos oceanos). Assim, conforme explicado no item 1 das Conclusões Gerais (página 221), o aumento do o empuxo implica o aumento do nível H da água do recipiente (o nível dos oceanos subiria gradativamente, à medida que as calotas polares fossem derretendo). Exemplo Resolvido 9: Seja um recipiente parcialmente preenchido com água e óleo sobre uma balança. Uma bola de ferro maciça de volume 1 litro, presa a um fio, é inicialmente posicionada em equilíbrio no óleo (situação 1), situação em que a balança registra um peso de 10 kgf. Em seguida, a bola é posicionada em equilíbrio no interior da água (situação 2) e, finalmente, o fio se rompe, passando a esfera a repousar no fundo do recipiente. Considerando as massas específicas de cada líquido, dadas pela tabela abaixo, determine as marcações das balanças nas situações 2 e 3.

Substância Massa específica água líquida 1 g/cm3 Óleo 0,8 g/cm3 Ferro 8 g/cm3

O prof Renato Brito Comenta: A figura 4 mostra as forças que agem no líquido no caso 1. Note que o óleo exerce um empuxo Eo �� na bola de ferro que, por sua vez, exerce a reação Eo no óleo, empurrando os líquidos para baixo.

figura 53

figura 54 Todas as forças que agem no líquido devem se equilibrar

(Figura 53), visto que o líquido encontra-se em equilíbrio:

N1 = Pa + Po + Eo (eq15) Como a balança é um aparelho que marca a força de contato exercida sobre ela, na figura 53 ela marcará N1 = 10 kgf. Segundo o Princípio de Arquimedes, o empuxo Eo trocado entre a bola de ferro e o óleo é igual ao peso do óleo deslocado pela bola (ou seja, é igual ao peso de 1 litro de óleo), sendo, portanto, Eo = 0,8 kgf. Substituindo em eq15, temos:

N1 = Pa + Po + Eo 10 kgf = Pa + Po + 0,8 kgf Pa + Po = 9,2 kgf

Da mesma forma, a figura 54 mostra as forças que agem no líquido no caso 2. Note que a água exerce um empuxo Ea�� na bola de ferro que, por sua vez, exerce a reação Ea na água, empurrando os líquidos para baixo. Todas as forças que agem no líquido devem se equilibrar (figura 54), visto que o líquido encontra-se em equilíbrio:

N2 = Pa + Po + Ea (eq16) Segundo o Princípio de Arquimedes, o empuxo Ea trocado entre a água e a bola de ferro é igual ao peso da água deslocada pela bola (ou seja, igual ao peso de 1 litro de água), sendo, portanto, Ea = 1 kgf. Substituindo em eq16, temos:

N2 = Pa + Po + Ea N2 = (Pa + Po) + Ea

N2 = ( 9,2 kgf ) + 1 kgf = 10,2 kgf

Assim, no caso 2, a balança marca N2 = 10,2, kgf. Finalmente, no caso 3, como não houve derramamento de líquido, a balança marcará tão somente o peso total do sistema, isto é, Pa + Po + Pfe. Pela densidade da bola de ferro, vemos que sua massa vale 8 kg e seu peso, Pfe = 8 kgf.

Assim, no caso 3, a marcação da balança será:

Pa + Po + Pbola = ( Pa + Po ) + Pfe = ( 9,2 kgf ) + 8 kgf

Pa + Po + Pfe = 17,2 kgf Ah ! Você não se convenceu ? Achou que eu desconsiderei o empuxo no caso 3 ? Então posso detalhar ainda mais. Veja:

figura 55

A figura 55 mostra o diagrama de forças do caso 3 em que tanto a bola quanto a água estão em contato com a balança. Seja N3a a força de contato entre a água e a balança e N3b a força de contato entre a bola e a balança. D

EMONSTRATIVO

Física


226

A figura 60 mostra o que o sistema cartesiano original, simples-mente, terá seu par de eixos rotacionados em um ângulo � tal que tg� = a/g para dar origem ao “novo sistema cartesiano” cuja nova direção vertical estará na direção da gravidade g’ resultante no interior do vagão, ao passo que a nova direção horizontal é perpendicular à direção do de g’. Aceitando-se esse novo sistema de coordenadas, o comportamento dos corpos em seu interior é exatamente o mesmo de antes, no sistema cartesiano original, quando o vagão estava em equilíbrio no campo gravitacional g : ambos os corpos permanecem alinhados à nova direção vertical, como se nada de esquisito estivesse acontecendo. De fato, se você aceitou e se imbuiu do Princípio da Equivalência, prontamente perceberá que o comportamento da natureza sob ação dos campos gravitacionais g e g’ deve ser exatamente o mesmo, visto que esses campos têm exatamente a mesma natureza.

vertica

l

Figura 61

Os corpos no interior do vagão encontram-se em equilíbrio (relativo ao observador fixo ao interior do vagão) e, portanto, podemos escrever:

T1’ = M.g’ (eq21) T2’ + m.g’ = d.v.g’ (eq22)

O triângulo retângulo na figura 59 mostra que g’ = g/cos�, de forma que os “pesos” dos corpos, antes e após o vagão ser acelerado, se relacionam por:

P = m.g

P’ = m.g’ = m.(g/cos� ) = m.g/ cos� = P/ cos� (eq23) Analogamente, o empuxos, antes e após o vagão ser acelerado, se relacionam por :

E = d.v.g

E’ = d.v.g’ = d.v.(g / cos�) = d.v.g / cos� = E / cos� (eq24) Com base nas relações eq20 e eq22, é fácil ver que as trações no fio do balão, antes e após o vagão ser acelerado, se relacionam da mesma forma. Se não, vejamos:

T2 = d.v.g – m.g (eq20) T2’ = d.v.g’ – m.g’ (eq22)

T2’ = d.v.(g/cos�) – m.(g/cos�) = (d.v.g – m.g) / cos�

T2’ = T2 / cos� (eq25) Assim, vemos que, ao passarmos “do mundo normal” para o “adorável mundo linha”, basicamente o valor de todas as forças fica dividido por cos�.

Em outras palavras, as equações 21 e 22 são, exatamente, as mesmas equações 19 e 20, só que divididas pelo fator cos�. Note que, sendo 0 < cos� < 1, o valor de todas as forças aumenta quando o vagão é acelerado !

A nova direção horizontal, no adorável mundo “linha”, também se comporta exatamente da mesma forma que antes. Por exemplo, sabemos que, se um vagão contendo água estiver parado ou em MRU, a superfície da água em seu interior repousará na direção horizontal.

g�

verti

cal horizontal

A B

Figura 62

Entretanto, quando esse vagão é acelerado para a direita, o sistema cartesiano gira � e, portanto, a nova direção horizontal passa a formar um ângulo � com a horizontal original (tg� = a/g). O nível da água, no interior desse vagão acelerado em relação à Terra, se adapta a essa nova direção horizontal, se alinhando a ela, como se nada tivesse ocorrido de esquisito.

vertica

lhorizontal

�

C

D

Figura 63

A Hidrostática toda, também, se adapta a esse novo estado de coisas. Por exemplo, uma das conseqüências da Lei de Stevin é que quaisquer dois pontos, na mesma horizontal de um mesmo líquido em equilíbrio, estão submetidos à mesma pressão hidrostática, ou seja, PA = PB, como mostra a figura 62. As linhas de pressão constante são sempre horizontais e o “Empuxo de Arquimedes” está sempre perpendicular a essas linhas e, portanto, na direção vertical.

Quando o vagão é acelerado (figura 63), a propriedade se adapta ao “adorável mundo linha” e teremos PC = PD, onde C e D são dois pontos quaisquer na nova direção horizontal. No adorável mundo linha, as linhas de pressão constante estão, novamente, na nova direção horizontal, assim como o “Empuxo de Arquimedes” continua agindo na mesma direção e sentido contrário ao da gravidade, no caso, g’ .

A equivalência entre os sistemas cartesianos é um dos aspectos mais atraentes do Princípio da Equivalência e a natureza se comporta exatamente da forma prevista, ratificando as idéias esboçadas nesse texto original escrito pelo prof Renato Brito.

DEMONSTRATIVO

Física


241

0 kgf

16 kgf

Figura 1

4 kgf

T

Figura 2

a) 8 kgf e 12 kgf b) 16 kgf e 4 kgf c) 4 kgf e 12 kgf d) 12 kgf e 4 kgf e) 12 kgf e 8 kgf

Dica: autoteste 3, página 214 Questão 35 A figura mostra um recipiente cheio de óleo (densidade 0,8 kg/litro) uma balança que registra um peso inicial de 100 kgf. Uma esfera de chumbo (densidade 10 kg/litro) e volume 20 litros, foi mergulhada nesse recipiente e o excesso de óleo foi recolhido por uma vasilha.

óleo

Pb20 litros

a) qual a nova marcação da balança após esse episódio ? b) quantos litros de óleo foram derramados ? c) O empuxo que a bola sofre é igual ao peso do óleo

deslocado ? d) a variação na marcação da balança corresponde á força

Normal que a bola exerce no fundo do recipiente ? Questão 36 – Aulão de Véspera – Saúde 10 - 2005 - � A figura ilustra uma balança fiel, de braços iguais, sustentando dois recipiente idênticos A e B completamente cheios de água até a borda, cada um. Nessa situação, a balança encontra-se em equilíbrio. Você dispõe de quatro esferas maciças de mesmo raio, sendo duas delas de madeira e duas delas de chumbo. Colocando-se cuidadosamente uma esfera de madeira no recipiente A e uma esfera de chumbo no recipiente B, percebe-se que a balança se desequilibra. A fim de restabelecer o equilíbrio inicial, fazendo uso de apenas mais uma esfera, basta que:

A B

madeira chumbo a) a segunda esfera de madeira seja adicionada ao recipiente A; b) a segunda esfera de madeira seja adicionada ao recipiente B; c) a segunda esfera de chumbo seja adicionada ao recipiente A; d) a segunda esfera de chumbo seja adicionada ao recipiente B; e) fazendo uso de apenas mais uma esfera, é impossível

restabelecer o equilíbrio da balança. Questão 37 (UNIP-SP) Considere três recipientes idênticos, contendo um mesmo líquido homogêneo, até a mesma altura H, colocados em cima de balanças idênticas em um plano horizontal. O recipiente A só contem líquido. O recipiente B, além do líquido contém uma esfera homogêneo que está em equilíbrio flutuando em sua superfície. O recipiente C, além do líquido, contém uma outra esfera homogênea que, por ser mais densa que o líquido, afundou comprimindo o fundo do recipiente.

Balança 1 Balança 2

Balança 3

H A H B

H C

As balanças (1), (2) e (3), calibradas em newtons, indicam, respectivamente, F1, F2 e F3. a) F1 = F2 = F3. b) F3 > F2 > F1. c) F3 < F2 < F1. d) F1 = F2 > F3. e) F1 = F2 < F3. Questão 38 – Simulado Turma Saúde 10 – � (imperdível) Um recipiente cilíndrico de massa desprezível, preenchido com água até 4/5 de sua capacidade, encontra-se sobre uma balança que marca inicialmente um peso igual a 12 kgf. Em seguida, uma esfera de poliuretano é lentamente imersa nesse recipiente, até boiar em equilíbrio parcialmente imersa, acarretando o derramamento de 1000 ml de água. A nova marcação da balança, após esse episódio, valerá:

a) 15 kgf

b) 14 kgf

c) 13 kgf

d) 12 kgf

e) 16 kgf

D

EMONSTRATIVO

Física


244

Dica: veja Exemplo Resolvido 6, página 219

Questão 50 (ITA 2002) Um pedaço de gelo flutua em equilíbrio térmico com uma certa quantidade de água depositada em um baldo. À medida que o gelo derrete, podemos afirmar que: a) o nível da água no balde aumenta, pois haverá uma queda de

temperatura b) o nível da água no balde diminui, pois haverá uma queda de

temperatura c) o nível da água no balde aumenta, pois a densidade da água é

maior que a do gelo; d) o nível da água no balde diminui, pois a densidade da água é

maior que a do gelo; e) o nível da água do balde não se altera.

Dica: veja Exemplo Resolvido 8 na página 221 Questão 51 - � Um cubo de gelo a 0ºC, preso a uma mola, é totalmente imerso num recipiente com água a 25ºC, conforme representa a figura. À medida que o gelo for se fundindo, podemos afirmar que:

a) o comprimento da mola permanecerá constante. b) o comprimento da mola irá aumentado. c) o comprimento da mola irá diminuindo. d) o nível livre da água no recipiente permanecerá inalterado. e) o nível livre da água no recipiente irá subindo. Dica: a mola está inicialmente comprimida ou elongada ? Ou seja, o gelo, inicialmente, está tentando subir ou descer contra a vontade da mola ? Questão 52 O prof Renato Brito conta que um navio flutua com um bloco de madeira em seu interior. Retirando-se o bloco de madeira e abandonando-o em equilíbrio sobre a superfície da água, o nível da água H aumentará, diminuirá ou permanecerá inalterado ? E o nível h do barco ?

H

hmadeira

H

hmadeira

Dica: veja Exemplo Resolvido 8 na página 221

Questão 53 O prof Renato Brito conta que um navio flutua com um bloco de ferro em seu interior. Retirando-se o bloco de ferro e abandonando-o em equilíbrio sobre a superfície da água, o nível da água H aumentará, diminuirá ou permanecerá inalterado ? E o nível h do barco ? A superfície do bloco não é plana.

ferro

H

h

H1

h1

ferro

Dica: veja Exemplo Resolvido 8 na página 221 Questão 54 O prof Renato Brito conta que um navio flutua com um bloco de ferro em seu interior. Retirando-se o bloco de ferro e abandonando-o e amarrando-o ao casco do barco através de um fio de nylon ideal, o nível da água H aumentará, diminuirá ou permanecerá inalterado ? E o nível h do barco ?

ferro

H

h

H2

h2

ferro

Dica: veja Exemplo Resolvido 8 na página 221 D

EMONSTRATIVO

Física


246

a)

a

b)

a

c)

a

d)

a

e)

a

Questão 59 (UECE) O carrinho mostrado n afigura abaixo pode rolar sobre trilhos horizontais, quando acionado pelo peso do corpo K pendente de um fio ligado carrinho. São irrelevantes os atritos. O carrinho contém um pequeno pêndulo encerrado em uma caixa transparente e um vaso de vidro com água colorida.

Inicialmente o carrinho está em repouso. Se o corpo K é liberado, a configuração mais provável das posições do pêndulo e da superfície da água, é a representada em: a)

c)

b)

d)

Questão 60 (ITA 2003) Um balão contendo gás hélio foi fixado, por meio de um fio leve, ao piso de um vagão completamente fechado. O fio permanece na vertical enquanto o vagão se movimenta com velocidade constante, como mostra a figura. Se o vagão é acelerado para frente, pode-se afirmar que, em relação a ele, o balão:

a) se movimenta para trás e a tração no fio aumenta. b) se movimenta para trás e a tração no fio não muda. c) se movimenta para frente e a tração no fio aumenta. d) se movimenta para frente e a tração no fio não muda. e) permanece na posição vertical.

Dica: veja figura 61, página 226 Questão 61 A figura ilustra um tubo de vidro totalmente vedado, completamente preenchido com um líquido de densidade d. inicialmente em repouso. Em seu interior, foram colocadas duas bolas A e B, de densidades respectivamente iguais a dA e dB tais que dA < d < dB . Quando o tubo passar a se mover para a direita com aceleração a, pode-se afirmar que:

a) a bola A se moverá para a esquerda e a bola B se moverá para a direita, em relação ao tubo;

b) a bola B se moverá para a esquerda e a bola A se moverá para a direita, em relação ao tubo;

c) ambas as bolas se moverão para a esquerda, em relação ao tubo;

d) ambas as bolas se moverão para a direita, em relação ao tubo; e) as bolas permanecerão em repouso em relação ao tubo.

Questão 62 A figura ilustra um tubo de vidro totalmente vedado, completamente preenchido com um líquido de densidade d. inicialmente em repouso. Em seu interior, foram colocadas duas bolas A e B, de densidades respectivamente iguais a dA e dB tais que dA > d e dB > d . Quando o tubo passa a girar com velocidade angular � constante em torno do seu eixo central, pode-se afirmar que:

�

A B

a) ambas as bolas se movem em direção ao centro do tubo; b) ambas as bolas se movem se afastando do centro do tubo; c) a bola B se move em direção ao centro, enquanto a bola A se

move se afastando do centro; d) a bola A se move em direção ao centro, enquanto a bola B se

move se afastando do centro; e) como o tubo gira com velocidade angular constante, ambas as

molas permanecem em repouso em relação ao tubo. Questão 63 (UFC 2001) - Duas esferas maciças, I (feita de isopor, densidade igual a 0,1 g/cm3) e F (feita de ferro, densidade igual a 7,8 g/cm3), respectivamente, estão em repouso dentro de um cilindro reto, cheio de mercúrio (densidade: 13,6 g/cm3). As esferas podem se mover dentro do mercúrio. O cilindro é posto a girar em torno de um eixo D

EMONSTRATIVO

Física


259

Para um perfeito entendimento do fenômeno das marés, devemos atentar para alguns pontos chaves: � A Terra e a lua giram em torno do centro de massa comum do

sistema Terra-lua. Sendo a massa da Terra 81 vezes maior do que a massa da lua, esse centro de massa encontra-se no interior da Terra.

� Quando a Terra gira ao redor desse centro de massa, o efeito CENTRÍFUGO empurra para longe desse centro de rotação toda a massa da Terra e dos oceanos. Quanto maior for a distância r da massa até centro de rotação, maior é a força centrífuga m.�2.r. Esse efeito centrífugo produz uma enorme protuberância em cada lado do equador terrestre, sendo maior a protuberância da face que não está voltada para a lua, devido a essa porção de matéria estar a uma maior distância r do centro de rotação do sistema (centro de massa) e, assim, receber maior força centrífuga m.�2.r.

� Adicionalmente, o efeito da atração GRATIVACIONAL exercido pela lua atrai toda a água do planeta em direção à lua.

� A SUPERPOSIÇÃO desses efeitos produz protuberâncias praticamente idênticas em cada face da Terra, explicando assim, o comportamento observado das marés no litoral.

Observe agora a sucessão de máres altas e baixas em Fortaleza (F) e no Japão, mostrada na figura abaixo, em intervalos de 6h em 6h (a Terra gira 90º a cada 6 h).

Maré alta simultaneamente em Fortaleza e no Japão

Maré baixa simultaneamente em Fortaleza e no Japão

Maré alta simultaneamente em Fortaleza e no Japão

Maré baixa simultaneamente em Fortaleza e no Japão

O prof. Renato Brito chama atenção para alguns pontos importantes que devemos atentar:

� Sempre que for maré alta em Fortaleza, será maré alta no Japão;

� Sempre que for maré baixa em Fortaleza, será maré baixa também no Japão;

� As marés altas e baixas em cada cidade se alternam a cada 6h.

� Cada cidade experimenta 2 marés altas e 2 marés baixas por dia (a cada 24h).

� As marés altas em cada cidade ocorrem a cada 12h;

� As marés baixas em cada cidade ocorrem a cada 12h. A atração gravitacional extra exercida pelo sol sobre os oceanos terrestres é cerca de 2,5 vezes menor do que a atração exercida pela lua. Ainda assim, o sol também colabora para o efeito das marés, embora em menor escala. Quando o sol e a lua encontram-se alinhados, as marés altas são mais altas do que o normal, são as chamadas marés de sizígia, ou marés de águas vivas, como dizem os marujos. As marés são explicadas basicamente pela atração exercida pela Lua e pelo sol sobre os oceanos terrestres, aliada ao efeito centrífugo gerado pela rotação da Terra em torno do centro de massa do sistema Terra-lua. D

EMONSTRATIVO

Física


261

Questão 4 A figura ilustra dois planetas A e B que gravitam em órbitas circulares de raios 4R e R em torno do sol. a) qual dos planetas tem maior velocidade angular � ? b) qual dos planetas tem maior velocidade linear ? c) a duração ano é maior em qual planeta ? d) se o ano no planeta B valer 10 anos terrestres, o ano do planeta A equivalerá a quantos anos terrestres ?

A

B

sol

Questão 5 Considere um satélite artificial em órbita circular. Duplicando a massa do satélite sem alterar o seu o raio da órbita, o novo período de revolução será: a) duplicado b) quadruplicado c) reduzido à metade d) reduzido à quarta parte e) o mesmo Questão 6 Considere um sistema binário hipotético denominado sistema Centauro, formado por duas estrelas � e �, de massas respectivamente 2M e M, que orbitam em torno do centro de massa comum do sistema, mantidas pela força gravitacional entre elas. Sendo G a constante da gravitação universal e D a distância entre os centros das estrelas, o prof Renato Brito pede para você determinar o período de rotação desse sistema binário.

a) M.G.3

DD.2�

b) M.GD3D.2�

c) M.G

DD.2�

d) M.G.2

DD.2�

�-Centauro

�-CentauroC.M.

2MM

Questão 7 Considere o planeta Cajúpiter cuja massa é 3 vezes maior que a massa da Terra, e cujo raio é duas vezes menor que o raio R da Terra. a) qual a gravidade na superfície de cajúpiter em função da gravidade g terrestre ? b) Para que um astronauta cajupteriano esteja sujeito a uma gravidade 16 vezes menor que a

gravidade na superfície do seu planeta, ele precisa subir uma altura H = n.r, onde r é o raio de Cajúpiter. Quanto vale n ?

Questão 8 a) Determine a gravidade na superfície de um planeta em função da sua densidade volumétrica

d e do seu raio R. b) Se dois planetas tiverem raios iguais, sendo que um deles é de ferro e o outro é de madeira, na

superfície de qual deles a gravidade será maior ? c) Se dois planetas forem feitos de ferro (densidades iguais), sendo que um deles tem o raio duas

vezes maior que o outro, na superfície de qual deles a gravidade será maior ? Questão 9 Admita que o planeta Cajúpiter tenha massa M, raio R . Sendo G a constante da gravitação universal, determine a intensidade do campo gravitacional gerado por esse planeta em seu interior, num ponto localizado a uma distância R / 3 do seu centro.

DEMONSTRATIVO

Física


265

Questão 18 - � A velocidade de escape de um astro é a velocidade mínima com que se deve impulsionar qualquer corpo a partir da superfície daquele astro, de forma a escapar da gravidade dele. A tabela abaixo fornece a velocidade de escape para vários astros:

Astro Vescape Sol: 620 km/s

Mercúrio: 4,4 km/s Vênus: 10,4 km/s Terra: 11,2 km/s Lua: 2,4 km/s

Marte: 5,0 km/s Júpiter: 59,5 km/s Saturno: 35,5 km/s Urano: 21,3 km/s Netuno: 23,5 km/s

Via Láctea: 1000 km/s

O Sol, assim como toda estrela, evolui progressivamente à medida que seu combustível vai sendo queimado (Fusão Nuclear).

Ilustração - Nem mesmo a luz escapa da gravidade de um Buraco Negro, fato esse que justifica a sua denominação.

Quando a estrela já possui idade avançada, sua própria gravidade vai fazendo o astro gradativamente desmoronar para dentro de si mesmo (seu raio vai diminuindo), aumentando a sua densidade e conseqüentemente a sua gravidade, podendo levá-la a se transformar até mesmo num Buraco Negro, fato que ocorreria quando a velocidade de escape da estrela crescesse a ponto de atingir a velocidade da luz C no vácuo ! Assim, considere que nosso Sol já esteja com idade avançada. admita que a massa dele se mantenha constante (por simplicidade), mas que seu raio R (originalmente da ordem de 700.000 km) vá gradativamente sendo comprimido pela ação da própria gravidade solar. Durante esse colapso solar, aproximadamente, a partir de qual valor de raio ele se tornará um buraco negro, de acordo com o texto acima ? a) 500 m b) 3 km c) 90 km d) 500 km e) 2000 km

Questão 19 Marque Verdadeiro ou Falso com base nos seus conhecimentos sobre as marés lendo as páginas 258 e 259 da nossa apostila: a) Em Fortaleza, assim como no Japão, ocorrem duas marés altas

e duas marés baixas, por dia, alternando aproximadamente a cada 6h;

b) Sempre que for maré alta em Fortaleza, simultaneamente será maré alta no Japão;

c) As marés altas em uma mesma cidade ocorrem a cada 12h, em média, assim como as marés baixas.

d) A atração gravitacional extra exercida pelo sol sobre os oceanos terrestres é cerca de 2,5 vezes menor do que a atração exercida pela lua. Ainda assim, o sol também colabora para o efeito das marés, embora em menor escala.

e) Na lua nova e na lua cheia, o sol e a lua encontram-se alinhados com a Terra. Nessas fases da lua, as marés altas são mais altas do que o normal. São as chamadas marés de sizígia, ou marés de águas vivas, como dizem os marujos.

f) As marés são explicadas basicamente pela atração exercida pela Lua e pelo sol sobre os oceanos terrestres, aliada ao efeito centrífugo gerado pela rotação da Terra em torno do centro da Terra.

Revisando as fases da lua

Questão 20 (CEFET 2008.2) Sabe-se que a atração gravitacional do Sol (S) e a da Lua (L) determinam o nível do mar (M) na superfície da Terra (T). As figuras ao lado tentam representar, fora de escala, as posições relativas do Sol, da Lua, da Terra e do mar. As representações corretas do nível do mar, durante a Lua cheia e a Lua nova, são, respectivamente:

a) IV e II b) III e I c) IV e I d) III e II e) I e III

DEMONSTRATIVO

Física


322

Questão 77 (UFRN) A figura mostra a posição de um objeto em relação a duas lentes convergentes, onde F1 e F2 São os pontos focais das lentes 1 e 2, respectivamente.

F2

C2

Lente 2Lente 1C1

F2F1F1

O

Considerando a imagem formada pela 1ª lente como objeto para a 2ª lente, a imagem formada por esta (2ª lente) estará: a) à esquerda de O. b) entre O e C1. c) entre C1 e C2. d) à direita de C2 antes de F2. e) à direita de C2 depois de F2. Dica: Não use fórmulas matemáticas, use apenas as propriedades sobre posicionamento de objetos e imagens conjugadas por lentes. Questão 78 Um microscópio óptico composto é constituído por duas lentes convergentes, associadas coaxialmente: uma é a objetiva, com distância focal +5 mm, e a outra é a ocular, com distância focal +4,8 cm. Sabe-se que um micróbio, colocado a uma distância igual a 5,1 mm da objetiva, tem sua imagem final afastada 24 cm da ocular. Determine a distância entre as lentes.


Questão 79 O microscópio óptico é constituído por um par de lentes (objetiva e ocular) que propiciam a visualização ampliada do mundo em miniatura. Sobre a imagem produzida por um microscópio óptico, podemos dizer que ela é:

a) Virtual, direita em relação ao objeto e maior. b) Virtual, invertida em relação ao objeto e maior. c) Real, direita em relação ao objeto e maior. d) Real, invertida em relação ao objeto e maior. e) Virtual, direita em relação ao objeto e menor.

Questão 80 Uma luneta astronômica é constituída por uma objetiva e uma ocular, associadas coaxialmente e acopladas a um tubo, cujo interior é fosco. A distância entre as lentes vale 253 cm. Com o uso do referido instrumento, focaliza-se um corpo celeste. Sabendo que a objetiva e a ocular têm distâncias focais respectivamente iguais a +2,5 m e +5 cm, calcule a distância entre a imagem final e a ocular;


Questão 81– � Duas lentes delgadas convergentes, L1 e L2, de distâncias focais f1 = 4,0 c cm e f2 = 6,0 cm, foram dispostos de forma que tivessem um foco em comum, como mostra a figura. Um feixe de raios de luz, paralelos ao eixo principal das lentes, de 5,0 cm de largura, incide sobre a lente L1. Ao emergir de L2, esse feixe terá uma largura, em cm, de:

L1

F1

F2

L2

F2

Eixoprincipal

F15,0 cm

a) 1,5. b) 7,5. c) 2,0. d) 3,0. e) 5,0.

Dica: faça o desenho dos raios, use apenas semelhança de triângulos.

Questão 82 – � (Univest-SP) Um feixe de raios paralelos, representado por l1 e l2, incide em uma lente bicôncava (L) para, em seguida, incidir em um espelho côncavo (E), conforme ilustra a figura

Com base nessas informações, é correto afirmar que, em valor absoluto, as abscissas focais de L e E valem, em centímetros, respectivamente: a) 40 e 20. b) 40 e 40. c) 40 e 80. d) 80 e 80. e) 80 e 120. D

EMONSTRATIVO

Física


324

Questão 92 (UFF-RJ) Considere as seguintes proposições: 1) No foco de uma lente de óculos de pessoa míope, não se

consegue concentrar a luz do Sol que a atravessa. 2) Lentes divergentes nunca formam imagens reais. 3) Lentes convergentes nunca formam imagens virtuais. 4) lentes divergentes nunca formam imagens ampliadas, ao

contrário das convergentes, que podem formá-las. 5) Dependendo dos índices de refração da lente e do meio

externo, uma lente que é divergente em um meio pode ser convergente em outro.

Com relação a estas proposições, pode-se afirmar que: a) somente a 5 é falsa. b) a 1 e a 2 são falsas. c) a 1 e a 4 são falsas. d) somente a 3 é falsa. e) a 3 e a 5 são falsas. Questão 93 (UFC 2004) As deficiências de visão são compensadas com o uso de lentes. As figuras abaixo mostram as seções retas de cinco lentes. Considerando as representações acima, é correto afirmar que:

a) as lentes I, III e V podem ser úteis para hipermetropes e as

lentes II e IV para míopes. b) as lentes I, II e V podem ser úteis para hipermetropes e as

lentes III e IV para míopes. c) as lentes I, II e III podem ser úteis para hipermetropes e as

lentes IV e V para míopes. d) as lentes II e V podem ser úteis para hipermetropes e as lentes

I, III e IV para míopes. e) as lentes I e V podem ser úteis para hipermetropes e as lentes

II, III e IV para míopes. Questão 94 “O senhor peixe morou a vida toda embaixo d’água, mas nunca foi plenamente feliz, pois nunca enxergava nitidamente os outros peixes, os cavalos marinhos, as ostras e tudo mais no seu mundo aquático. Um belo dia, fez suas malas e decidiu sair da água para dar um passeio pela margem do rio. Ao contemplar o mundo fora da água disse: oba, que felicidade !!! Enxergo tudo com nitidez e perfeição.”

A partir da leitura do conto acima de autoria de Renato Brito, percebemos que, durante toda a sua vida aquática: a) o peixe era míope, as imagens se formavam antes da sua

retina e ele devia ter usado lentes divergentes para corrigir sua ametropia;

b) o peixe era hipermetrope, as imagens se formavam após a sua retina e ele devia ter usado lentes divergentes para corrigir sua ametropia;

c) o peixe era míope, as imagens se formavam antes da sua retina e ele devia ter usado lentes convergentes para corrigir sua ametropia;

d) o peixe era hipermetrope, as imagens se formavam após a sua retina e ele devia ter usado lentes convergentes para corrigir sua ametropia;

e) o peixe era hipermetrope, as imagens de formavam após a sua retina, mas óculos não funcionam embaixo dàgua.

Dica: Veja questão 45 de classe Questão 95 - (Calculando lentes corretivas) Em um olho normal, o ponto remoto localiza-se no infinito e a distância entre o cristalino e a retina é de aproximadamente 2 cm. Para um olho míope cujo ponto remoto encontra-se a 40 cm, o “grau” adequado para a lente dos óculos será: a) 2,5 dioptrias (lente convergente) b) 1 dioptria (lente divergente) c) 0,5 dioptria (lente divergente) d) 2,5 dioptrias (lente divergente) e) 1 dioptria (lente convergente) Questão 96 - (Calculando lentes corretivas) Num olho hipermetrope, o ponto próximo situa-se a 40 cm de distância. Em outras palavras, 40 cm é a menor distância para a qual o olho consegue ainda enxergar um objeto com nitidez (fazendo máximo esforço de acomodação visual). Sabendo que, no olho emétrope (olho saudável) , a distância mínima de visão distinta vale 25 cm, as lentes corretivas para essa ametropia devem ser: a) convergentes, com 2 diptrias b) convergentes, com 1,5 dioptrias c) convergentes, com 1 dioptria d) divergentes, com 4 dioptrias e) divergentes, com 3 dioptrias Questão 97 (Óptica da Visão + Equação dos fabricantes de lentes + entendimento intuitivo �) A miopia é um defeito visual que, geralmente, decorre do fato de o globo ocular do indivíduo ser alongado, causando a formação das imagens antes da retina. Observe a sentença abaixo: Uma pessoa com miopia deve usar lentes __________________ para corrigir essa ametropia. Raramente, a miopia regride com o tempo mas, caso isso ocorra, o indivíduo deve mudar suas lentes para lentes de ________________ raio de curvatura ou de ___________ Índice de refração. A seqüência que preenche corretamente as lacunas é: a) convergentes, maior, maior b) convergentes, maior, menor c) convergentes, menor, maior d) divergentes, maior, menor e) divergentes, menor, maior.

D

EMONSTRATIVO

Física


328

4 – EQUAÇÃO GERAL DOS GASES Admita que certa massa gasosa encontre-se no estado 1, caracterizado pelos parâmetros [P1,.V1,.T1] e sofra uma transformação gasosa evoluindo para o estado 2 caracterizado por [P2, V2, T2 ].

A equação de Clapeyron é válida para cada estado, o que nos permite escrever:

P1.V1 = n1.R.T1 � 1 11

1

p .VnR.T

� (eq5)

P2.V2 = n2.R.T2 � 2 22

2

p .VnR.T

� (eq6)

Como a massa gasosa que sofre a transformação é constante (não há vazamento nem acréscimo de gás), o número de mols de moléculas no interior do cilindro não sofre alteração (n1 = n2). Assim, as relações eq5 e eq6 nos permitem escrever:

1 1

1

p .VR.T

= 2 2

2

p .VR.T

� 1 1 2 2

1 2

p .V p .V T T

� (eq7)

A relação eq7, conhecida como Lei Geral dos Gases, é útil para relacionar as variáveis de estado sempre que o gás sofre uma transformação gasosa na qual a massa gasosa permaneça constante, ou seja, o número de mols n permaneça constante. Exemplo Resolvido 3 Uma amostra de gás Hélio estava inicialmente ocupando um volume de 3�, sujeito a uma pressão de 2 atm e a uma temperatura de 173 oC. Em seguida, o gás foi aquecido até 137 oC e seu volume passou para 4�. Qual a pressão final dessa amostra de gás hélio ?

S o l u ç ã o : Como o gás sofre uma transformação gasosa sem que houvesse variação da massa da amostra gasosa, podemos escrever:

1 1 2 2

1 2

p .V p .V T T

�

As temperaturas kelvin do gás, no estado inicial (1) e final (2) valem:

T1 = 173 oC + 273 = +100K T2 = +137 oC + 273 = +400K

Substituindo, temos: 2p .42atm 3

100K 400K

�� p2 = 6 atm

5 – A DENSIDADE DO GÁS IDEAL Considere uma amostra de um gás de massa molar M. Sejam m a massa dessa amostra e V o seu volume. A densidade d = m / V dessa amostra gasosa pode ser calculada em função dos parâmetros pressão P e temperatura T, conforme veremos a seguir :

m P.M mP.V n.R.T P.V .R.T M R.T V

� � � � �

� P.MdR.T

� (eq8)

Para fazermos algumas aplicações interessantes dessa relação acima, vamos falar sobre balões. Você certamente já deve ter visto balões atmosféricos utilizados para passeio ou competições de balonismo, como aqueles mostrados na Figura 4.

Figura 4 – Esses balões sobem sempre que a sua densidade média for menor que a densidade do ar atmosférico ao seu redor. Caso contrário, eles descem.

O que faz esses balões subirem ? Ora, uma prancha de isopor sobe�, quando abandonada no fundo de uma piscina, porque o isopor é menos denso que a água. Isso tem a ver com Hidrostática.

Bê-a-bá da Hidrostática Empuxo 1) se um corpo estiver completamente imerso num fluido de densidade

maior que a do próprio corpo (isopor na água), o corpo tende a subir (empuxo > peso).

2) se um corpo estiver completamente imerso num fluido de densidade menor que a do próprio corpo (ferro na água), o corpo tende a descer (empuxo < peso).

Figura 5 – Quanto maior for a temperatura do ar contido no balão, menor será a sua densidade (veja relação eq8). D

EMONSTRATIVO

Física


329

Pelo mesmo motivo, um balão sobe� porque sua densidade média (incluindo a massa do balão e dos tripulantes) é menor que a densidade do ar atmosférico ao seu redor (o empuxo E� é maior que o peso P�). Para reduzir a densidade d � do ar contido no balão, os balonistas aumentam a temperatura T� desse ar fazendo uso de fogo, como mostrado na Figura 5. Segundo a relação eq8, quanto mais quente estiver o ar (T�), menor será sua densidade (d�).

Entretanto, há outros tipos de balões, como os dirigíveis, que sobem mesmo sem usar ar quente. Como se obter um balão dirigível de densidade média menor que a do ar atmosférico nesses casos ?

Figura 6 – Um dirigível preenchido com gás hélio sobe sempre que a sua densidade média for menor que a densidade do ar atmosférico ao seu redor. Caso contrário, ele desce.

O segredo para fazer um dirigível subir é preencher o seu interior com gás de baixa massa molar M, como é o caso do gás hidrogênio (M = 2 g/mol) ou gás hélio (M = 4 g/mol). Segundo a relação eq8, se dois gases estão em condições semelhantes de temperatura T e pressão P, terá menor� densidade d aquele que possuir menor � massa molar M. Os gases H2 e He têm menor massa molar que o ar atmosférico (M � 29g) e, portanto, tendem a ser menos densos. O gás H2 deixou de ser usado nesses tipos de balões por ser inflamável e ter sido a causa de um dos mais famosos incêndios da historia (pesquise hildenburg no Google�). Atualmente, se usa apenas o hélio nesses balões dirigíveis.

Figura 7 – balões de aniversário enchidos com a boca ficam mais densos que o ar atmosférico, portanto, não sobem sozinhos quando abandonados (Empuxo E� menor que o peso P�).

Quando enchemos os balões de aniversário com a boca, preenchemos o balão com uma mistura de gases com composição química muito semelhante ao ar atmosférico que respiramos, apenas com um pequeno acréscimo de CO2. Com isso, a massa molar M da mistura gasosa que preenche o balão é praticamente a mesma do ar atmosférico e suas temperaturas T diferem muito pouco. Entretanto, a pressão P do ar contido no balão é bem maior � que a pressão atmosférica, devido à compressão adicional exercida pela borracha do balão sobre o seu conteúdo. Assim, de acordo com a relação eq8, concluímos que o ar contido no balão apresenta densidade d maior que a do ar atmosférico ao seu redor, por isso, esse balões não sobem sozinhos quando abandonados (Empuxo E� menor que o peso P�).

Entretanto, quando os balões de aniversário são cheios com gás hélio, apesar de a pressão P interna do balão superar a pressão atmosférica, esse fato é compensado pela massa molar (M = 4g) de o hélio ser 7 vezes menor � que a do ar atmosférico (M � 29g). O efeito resultante disso é que o balão de gás hélio acaba sendo menos � denso que o ar atmosférico ao seu redor e, por isso, esses balões sobem � sozinhos, quando abandonados (Empuxo E� maior que o peso P�), para a alegria da criançada �.

Figura 8 – balões de aniversário enchidos com gás hélio (gás de baixa massa molar M) ficam menos � densos que o ar atmosférico e acabam subindo � sozinhos quando abandonados , para a diversão das crianças.

6 – MISTURA DE GASES QUE NÃO REAGEM ENTRE SI Considere três amostras de gases perfeitos contidas em três balões de vidro, inicialmente isolados entre si através de válvulas A e B que impedem a mistura dos gases. Cada amostra gasosa tem seus parâmetros de estado característicos (p1,V1,T1,n1), (p2,V2,T2, n2) e (p3,V3,T3, n3).

A B

1 2

3

De repente, as válvulas A e B são abertas e os gases passam a fluir através das mangueiras, motivados pela diferença de pressão entre os balões de vidro, escoando espontaneamente da pressão maior para a pressão menor. D

EMONSTRATIVO

Física


332

Assim, sempre que fornecemos calor Q ao gás contido num cilindro com êmbolo livre (sem atrito), o gás se expandirá submetido a uma pressão Pgás constante dada pela relação eq11, isto é, se expandirá isobaricamente. Da mesma forma, sempre que o gás contido num cilindro com êmbolo livre (sem atrito) ceder calor Q ao ambiente, esse gás esfriará e sofrerá uma contração (compressão) a uma pressão Pgás constante dada pela relação eq11, isto é, sofrerá uma compressão isobárica. Em qualquer um desses casos, dado que o êmbolo esteja se deslocando, este movimento sempre será uniforme (equilíbrio de forças) visto que ocorrerá muito lentamente (quase-estaticamente). O caráter uniforme do movimento do êmbolo garante que as relações eq10 e eq11 serão necessariamente satisfeitas, isto é, a pressão do gás necessariamente será constante (com seu valor dado pela relação eq11), durante sua expansão ou compressão, o que caracteriza a transformação isobárica. Como o volume V do gás contido nesse cilindro variará ao ser aquecido ou esfriado isobaricamente ? Ora, partindo da equação de Clapeyron, sendo n, R e P constantes nessa transformação, podemos escrever :

P.V = n.R.T n.RV = .TP

V = k.T

A análise acima mostra que o volume V do gás variará diretamente proporcional à sua temperatura kelvin T. A relação acima é válida apenas se T estiver na escala kelvin.

n.RV = .TP

y = a.xV = k.T

A representação gráfica de uma transformação isobárica, num diagrama de coordenadas VT, será semelhante à representação gráfica da função afim y = a.x num sistema de coordenadas xy, ou seja, será uma reta que passa pela origem do sistema de coordenadas VT cujo coeficiente angular é dado por a = n.R / P.

1

n.Rtg = P

�

2

n.Rtg = P

�

Figura 14 – o processo a�b é um aquecimento isobárico a pressão constante P1, ao passo que c�d é um resfriamento isobárico a pressão constante P2.

No diagrama da Figura 14, suponha que duas amostras idênticas sofreram, respectivamente, um aquecimento isobárico a�b a pressão constante P1; e um resfriamento o isobárico c�d a pressão constante P2. Do gráfico da Figura 14, vemos que o coeficiente angular da reta que apóia a transformação c�d é maior que o coeficiente angular

da reta que apóia a transformação a�b, ou seja, � > �. Esse fato nos permite concluir que:

� > � tg� > tg� 2 1

n.R n.RP P

P2 < P1

As transformações isovolumétricas a�b e c�d da Figura 14 foram representadas separadamente nas Figuras 15a e 15b abaixo, onde as relações entre pressão P e temperatura T ficam ainda mais evidentes:

T

V

d

c

Vd

Vc

Td Tc

a b

a b

V VT T

� c d

c d

V VT T

�

Figura 15a Figura 15b

É importante ressaltar que os diagramas que representam transformações isobáricas só são retas que passam pela origem do sistema de coordenadas VT (Figura 15) se a temperatura T estiver na escala kelvin (K).

Em outras palavras, numa transformação isobárica, o volume V do gás só é diretamente proporcional à sua temperatura T (V = k.T – Lei de Charles – Gay Lussac) se esta estiver na escala Kelvin. Em outras escalas termométricas, como, por exemplo, a escala Celsius, essa relação não será válida.

Figura 16 – Diagrama PT que representa uma transformação isovolumétrica, quando a escala de temperatura está em Celsius.

Na escala Celsius, o gráfico da figura 15a, por exemplo, ficará transladado 273 unidades para a esquerda como mostrado na Figura 16. Como a reta agora não passa mais pela origem, o volume V do gás deixa de ser diretamente proporcional à sua temperatura T.

Exatamente, Claudete, porque as grandezas P, V e T só guardam entre si uma relação de proporcionalidade direta (ou inversa) na escala kelvin de temperatura. Assim, nunca use a equação de Clapeyron com a temperatura em Celsius ! Use somente em kelvin ! D

EMONSTRATIVO

Física


335

k n.R.TPV V

� �

Figura 22 – Representação gráfica de uma família de isotermas, para três valores diferentes de temperatura T = 100k, T = 200k e T = 300k. Quanto maior for a temperatura T do gás numa transformação isotérmica, mais acima se posiciona a isoterma que representa aquela transformação no diagrama PV.

Na Figura 22, a transformação a�b�c representa uma expansão isotérmica a uma temperatura T = 300k, ao passo que d�e�f representa uma compressão isotérmica a uma temperatura T = 100k.

Uma transformação gasosa só é classificada como isotérmica quando todos os estados termodinâmicos (P,V) ocupados pelo gás estão sobre uma mesma isoterma no diagrama PV. Não basta que apenas as temperaturas dos estados inicial e final sejam iguais entre si. Mais do que isso, é preciso que as temperaturas de todos os estados intermediários sejam iguais às temperaturas inicial e final. Só assim, a transformação gasosa será dita isotérmica.

Profinho, na função Y = a / X, como a variável X está elevada a 1, o gráfico não era para ser uma reta ? Eu aprendi

que, sempre que a função era do 1o grau, o gráfico tem que ser uma reta.

Claudete, na função Y = a / X = a.X�1 , a variável X está elevada “a menos um”, portanto, seu grau vale “menos um” ! Fazendo uma tabela para essas funções e marcando os pontinhos num sistema de coordenadas, como fizemos na Figura 20, vemos que sua representação gráfica é uma linha arredondada mesmo, chamada hipérbole. As isotermas, no diagrama PV, são hipérboles �. 8 – A TEORIA CINÉTICA DOS GASES Nas seções anteriores, estudamos as propriedades de um gás ideal utilizando grandezas macroscópicas com a pressão, o volume, o número de mols e a temperatura. Mas como essas grandezas macroscópicas se relacionam com grandezas microscópicas, tais como velocidade das moléculas, energia cinética das moléculas etc. ? A teoria cinética dos gases propõe que um gás ideal, isto é, um gás que satisfaz a equação P.V = n.R.T, atende às seguintes hipóteses : 1) O número N de moléculas no gás é muito grande e a separação média entre as moléculas é grande comparada com suas dimensões. Isso significa que as moléculas do gás são

admitidas puntiformes, ocupando, assim, uma fração insignificante do volume do recipiente.

2) As moléculas obedecem às leis de Newton do movimento, mas, como um todo, se movem aleatoriamente. Por “aleatoriamente”, entendemos que toda molécula pode se mover em qualquer sentido com qualquer velocidade. Em qualquer momento, uma parte das moléculas do gás move-se com velocidades elevadas, enquanto outra parte se move com velocidades baixas. 3) As moléculas só interagem entre si apenas quando colidem entre si. Fora isso, as moléculas se movem no interior do gás independentemente uma das outras. Isto significa que elas não trocam entre si forças de natureza elétrica (atrativas ou repulsivas), ou que tais forças são desprezíveis tendo em vista a grande separação entre as moléculas no gás ideal. 4) As moléculas colidem elasticamente com as paredes do recipiente. 5) O gás em consideração é uma substancia pura (não é uma mistura), isto é, todas as suas moléculas são idênticas. Conforme vimos, para que as moléculas não interajam entre si, no modelo de gás ideal, admitimos que há uma grande separação entre elas, isto é, que o gás é bastante rarefeito (baixa densidade). Mesmo os gases reais, tais como oxigênio, hidrogênio, hélio, satisfazem com boa aproximação a equação de estado dos gases ideais (P.V = n.R.T) quando estão rarefeitos, isto é, quando apresentam baixa densidade. Dessa forma, com base na relação eq8, afirmamos que: O comportamento de um gás real é tão mais próximo do comportamento de um gás ideal quanto menor for a sua pressão P� e maior for a sua temperatura T�.

P.MdR.T

� (eq8)

9 – INTERPRETAÇÃO MOLECULAR DA PRESSÃO DE UM GÁS

IDEAL De acordo com a teoria cinética dos gases, as moléculas de um gás ideal obedecem às leis de Newton do movimento (hipótese 2) e colidem elasticamente com as paredes do recipiente (hipótese 4).

A partir dessas hipóteses, aplicando-se as leis de Newton às colisões entre essas moléculas com as paredes de um recipiente, e fazendo uso do conceito de pressão (P = F / A), demonstra-se que a pressão P exercida por N moléculas contidas num recipiente de volume V é dada por:

P = 22 N m.v. .

3 V 2 � � � ��

(eq12)

com: N = números de moléculas contidas naquele volume V; m = massa de cada uma molécula de um gás; v = velocidade quadrática média das moléculas D

EMONSTRATIVO

Física


337

Conclusão 2: a velocidade quadrática média v das moléculas de qualquer gás ideal monoatômico (dada pela relação eq16) depende tanto da temperatura T absoluta (kelvin) do gás, quanto da sua massa molecular M. Em outras palavras, tomando diferentes gases monoatômicos a uma mesma temperatura, terão maior� velocidade quadrática média v as moléculas daquele que tiver menor� massa molecular M (veja eq16). Adicionalmente, tomando duas amostras distintas de um mesmo gás ideal monoatômico (mesma massa molecular M), terão maior� velocidade quadrática média v as moléculas daquele que tiver maior� temperatura T (veja eq16).

O termo v na relação eq16 é chamado de velocidade quadrática média das moléculas, onde M é a massa molecular expressa em kg/mol. Essa relação mostra que, em uma determinada tempera-tura T, as moléculas mais leves se deslocam mais rapidamente, na média, do que as moléculas mais pesadas. Por exemplo, o gás hidrogênio possui massa molecular 16 vezes menor� que a do gás oxigênio e, conforme a relação eq16, move-se com uma velocidade 4 vezes maior� que o oxigênio, supondo que estejam a uma mesma temperatura T. A título de curiosidade, a velocidade quadrática media do hidrogênio H2 (o gás mais leve de todos) na temperatura ambiente (� 300K), vale:

33

3.R.T 3.(8,31 J/mol.K).(300K)v 1,9 10 m/s 1,9 km/s

M 2 10 kg / mol��

�

Esse valor acima é 17% da velocidade de escape da Terra, isto é, da velocidade mínima necessária para se escapar da gravidade terrestre. Como essa velocidade v calculada é apenas uma média, significa que, nessa temperatura de 300K, tanto há uma grande quantidade de moléculas de hidrogênio com velocidade superior a esta, como também há moléculas de hidrogênio com velocidades inferiores a esta. As moléculas mais velozes de hidrogênio podem atingir velocidades superiores à velocidade de escape terrestre (11 km/s) e escapar da atmosfera do nosso planeta. É por isso que a atmosfera terrestre atualmente não contém mais gás hidrogênio � todo ele foi para o espaço.

A tabela abaixo lista as velocidades quadráticas médias para várias moléculas a 20 oC.

Algumas velocidades quadráticas médias a 20oC

Gás Massa molecular

(g/mol) v (m/s)

H2 2,02 1902 He 4,0 1352

H2O 18 637 Ne 20,1 603 N2 28 511 O2 32 475

CO2 44 408 SO2 64 338

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6. Os planetas pequenos geralmente não têm atmosfera. Por que isso acontece ?

11 – A ENERGIA INTERNA DE UM GÁS IDEAL Seja uma amostra gasosa de N moléculas de um gás ideal confinadas em um recipiente de volume V. Qual o conteúdo de energia desse gás, também chamado de Energia Interna U ?

Cada molécula apresenta a sua energia cinética de translação ½ 2m.v . Como as moléculas são monoatômicas e puntiformes, elas não apresentam nenhuma energia cinética rotacional (um ponto não tem dimensão, portanto ele não gira em torno de si mesmo).

Adicionalmente, se as moléculas trocassem entre si forças intermoleculares (de natureza elétrica tais como forças de London, dipolo-dipolo etc), o sistema gasoso teria uma energia potencial elétrica a ser computada, associada a essas interações mas, de acordo com a hipótese 3 da teoria cinética dos gases (página 335), as moléculas de um gás ideal não interagem entre si.

Dessa forma, a energia interna U de um gás ideal é dada apenas pela soma das suas energias cinéticas de translação. Se o recipiente contém N moléculas, cada uma com massa m, a energia interna U desse gás é dada por:

22 2 231 2 Nm.vm.v m.v m.vU ......

2 2 2 2� � � � � (eq17)

� �2 2 2 21 2 3 N

2 2 2 21 2 3 N

mU . v v v ...... v2

v v v ...... vmU N. .2 N

� � � � �

��

2 2 2 21 2 3 Nv v v ...... vA expressão é apenas uma média

N� � � �

aritmética dos quadrados das velocidades e ninguém precisa ter medo dela �. O termo v , a velocidade quadrática média das moléculas, já havia aparecido anteriormente (eq16) e é dada por:

2 2 2 2

1 2 3 Nv v v ...... vvN

� � � �� (eq18)

Continuando o cálculo, sem medo �, temos:

� �2 2 2 2

21 2 3 N

2 2

v v v ...... vm mU N. . N. . v2 N 2

m.v m.v 3U N. , mas, da relação eq15, temos K.T2 2 2

��

��

� �

��

AA

3 RU N. K.T , com N = n.N (eq13) e K (eq14). 2 N

��

� �A

A

Substituindo, vem:

3 R 3U (n.N ). . .T U .n.R.T2 N 2

DEMONSTRATIVO

Física


344

16 – FUNÇÕES DE ESTADO E FUNÇÕES DE CAMINHO Sejam dois mols de um gás ideal monoatômico num estado termodinâmico A a uma temperatura de 300K (Figura 39). Qual a energia interna U dessa amostra gasosa ? Ora, pela relação eq19, temos:

U = 3 3 Jn.R.T .2mol 8 .300K U 7200J 2 2 mol.K

� � �

Como vemos, a energia interna U dessa amostra gasosa que encontra-se no estado A (Figura 39) está perfeitamente determinada e vale U = 7200 J. Observando a Figura 39, vemos que o gás pode ter evoluído até chegar ao estado A por vários caminhos (processos) distintos, tais como uma expansão isobárica (caminho 1), um aquecimento isovolumétrico (caminho 2), uma compressão isotérmica (caminho 3) ou por um processo genérico qualquer (caminho 4). Entretanto, independentemente do caminho percorrido pelo gás no diagrama PV até atingir o estado A, sua energia interna naquele estado termodinâmico A está completamente determinada e vale UA = 7200 J.

P

V

300K

A1

2 3

4

Figura 39– A energia interna U do gás no estado A independe do caminho através do qual o gás chegou àquele estado.

Dizemos que a energia interna U de uma amostra gasosa não é uma função de caminho, mas sim, uma função de estado.

Figura 40– A variação da energia interna �U do gás na transformação A�B é a mesma, independente do caminho seguido pelo gás entre A e B.

Como a energia interna do gás, em cada estado A e B, mostrado na Figura 40, independe dos caminhos envolvidos, concluímos que a variação da energia interna �U do gás em qualquer transformação A�B genérica independente do caminho seguido pelo gás entre os estados A e B, dependendo apenas das temperaturas TA e TB dos estados inicial e final:

�UA�B = UB � UA = B A3 3n.R.T n.R.T2 2

�

�UA�B = B A3 n.R.(T T )2

� (eq25)

Na Figura 40, por exemplo, o gás pode evoluir de A para B por três caminhos distintos. A variação da energia interna do gás, por qualquer um dos caminhos, será a mesma:

�UAB = �U1 = �U2 = �U3 = UB � UA = B A3 n.R.(T T )2

� (eq26)

Podemos generalizar dizendo que:

Sempre que uma grandeza é uma Função de Estado, a variação dela independe do caminho seguido pelo sistema ao evoluir do estado inicial ao estado final. Depende apenas das características desses estados.

A Energia Interna U é uma importante Função de Estado estudada na Termodinâmica. No capítulo seguinte, estudaremos outra função de estado denominada Entropia S. Uma terceira Função de Estado denominada Entalpia H é estudada na Termoquímica.

Já o trabalho � é uma Função do Caminho, haja vista que o trabalho realizado pelo gás, ao evoluir na transformação A�B da Figura 40, depende do caminho seguido pelo gás ao evoluir de A para B.

Figura 41– O trabalho realizado pelo gás no ao evoluir de A para B

depende do caminho seguido pelo gás no percurso A�B Sendo o trabalho numericamente igual à área sob o gráfico no plano PV, para cada percurso diferente (Figura 41), teremos um trabalho realizado diferente, sendo válida a relação:

�1 > �2 > �3 (eq27)

Vejamos, Claudete. A primeira lei da termodinâmica nos permite escrever:

�U = Q � � Q = �U + �

A expressão acima nos diz que o calor Q trocado pelo gás depende tanto da variação da energia interna �U do gás naquele caminho, quanto do trabalho � realizado por ele. Ora, conforme acabamos de ver, embora a variação da energia interna �U seja a mesma (relação eq26), por qualquer um dos três caminhos que vão do estado A ao estado B (Figura 40), o trabalho � realizado pelo gás depende do caminho seguido (Figura 41). Assim, concluímos que o calor Q trocado pelo gás, numa transformação AB qualquer, também depende do caminho seguido pelo gás. D

EMONSTRATIVO

Física


345

De acordo com o diagrama acima, se �U é o mesmo por todos os caminhos que vão de A a B (Figura 40), por qual desses caminhos o calor Q será maior ? Ora, Q será maior pelo caminho onde � for maior. Como os trabalhos realizados pelo gás em cada caminho da Figura 40 satisfazem a relação �1 > �2 > �3, os calores trocados pelo gás em cada caminho satisfazem a relação:

Q1 > Q2 > Q3 (eq28)

Conclusão: Assim como o trabalho �, o calor Q também é Função do Caminho seguido pelo gás entre os estados inicial e final. Para cada caminho seguido pelo gás (Figura 40), serão diferentes os calores Q e os trabalhos �. Apenas as variações das energias internas �U serão as mesmas, por qualquer caminho distinto que vá do estado inicial ao estado final.

17 – CALORES MOLARES DOS GASES – CP e CV Quando fornecemos uma quantidade de calor Q a uma massa m de uma substância de calor específico c, ela sofre uma variação de temperatura �T dada pela relação fundamental da calorimetria:

Q = m.c.�T (eq29) Quando a substancia em questão é um gás, em geral, prefere-se escrever a quantidade de matéria em termos do número de mols n, em vez de usar a massa m da amostra. Assim, reescrevemos:

mQ m.c. T .(M.c). T n.C. T Q n. C. TM

� � � � � � � � (eq30)

onde C = M.c chama-se Calor Molar, sendo medido usualmente em J/mol.K. Embora as expressões eq29 e eq30 sejam equivalentes, no estudo dos gases, daremos preferência à relação eq30. No estudo das transformações gasosas, vimos que, quando uma mesma amostra gasosa vai do estado A ao B por vários caminhos diferentes (Figura 40), embora a variação de temperatura �T seja a mesma, independente do caminho, a quantidade de calor Q que deve ser fornecida ao gás tem um valor diferente para cada caminho que o gás percorre na transformação A�B (relação eq28). Entretanto, observando a relação eq30, sendo constante o número de mols n, como é possível que a mesma variação de temperatura �T possa ser obtida por diferentes valores do calor Q fornecido ao gás (relação eq28), dependendo do caminho seguido por ele entre os estados inicial e final (Figura 40) ?

A única explicação é que um gás não apresenta um único valor de calor molar C, mas sim, um calor molar C diferente para cada

caminho seguido pelo gás. Assim como o calor Q depende do caminho, o calor molar C do gás também depende do caminho seguido pelo gás entre os estados inicial e final. No estudo da Termodinâmica, temos particular interesse em estudar o calor molar C dos gases nos processos isobáricos e isovolumétricos, respectivamente chamados de CP e CV.

Para dar início ao estudo dos calores molares CP e CVde um gás, considere a seguinte situação problema.

Situação Problema Sejam duas amostras gasosas idênticas que sofrerão a mesma variação de temperatura (a mesma variação de energia interna �U), sendo que uma das amostras será aquecida isobaricamente (processo AB – Figura 42) enquanto a outra será aquecida isovolumetricamente (processo AC – Figura 42). Pergunta-se: Quanto calor se deve fornecer a cada amostra, em cada um desses processos, para se obter a mesma variação de temperatura �T (a mesma variação de energia interna �U) ?

A B� A C�

Figura 42– produzindo a mesma variação de temperatura através de processos diferentes.

Obteremos a resposta a seguir � : 17.1 Calor fornecido no processo isovolumétrico A�C Denominamos QV o calor fornecido a um gás a volume constante. A correspondente variação de temperatura �T sofrida pelo gás é dada por:

QV = n. CV . �T (eq31) onde CV chama-se calor molar do gás a volume constante, medido em J/mol.K.

A B� A C�

Figura 42– produzindo a mesma variação de temperatura através de processos diferentes.

Na transformação A�C (Figura 42), a 1ª lei da termodinâmica permite escrever :

�U = QV � �V

Como A�C se trata de um processo isovolumétrico, temos �V = 0. Considerando as relações eq25 e eq31, temos: D

EMONSTRATIVO

Física


348

Como a variação da energia interna �UAB em um processo A�B genérico independe do caminho seguido pelo gás, considere o caminho particular A�C�B mostrado da Figura 43, no qual o gás evolui de A para B inicialmente por uma etapa isotérmica A�C seguida de uma etapa isovolumétrica C�B.

Figura 43 – Caminho alternativo para a

transformação genérica A�B .

Assim, a variação da energia interna �UAB desejada pode ser calculada por:

�UAB = �UAC + �UCB (eq39)

Sendo AC uma transformação isotérmica, temos �UAC = 0. Da primeira lei da termodinâmica na transformação isovolumétrica CB, temos:

�UCB = QCB ��CB = QV � �V, com �V = 0 (isovolumétrica)

�UCB = QV � �V = n.CV.�T � 0 �UCB = n.CV.(TB�TC)

Substituindo em eq39, vem:

�UAB = �UAC + �UCB = 0 + n.CV.(TB �TC), com TA = TC

�UAB = n. CV.(TB � TA).

Assim, vemos que a variação da energia interna �U em qualquer transformação gasosa AB, quer ela seja isovolumétrica ou não, é dada por:

�U = n. CV .(TF � Ti ) (eq40) Comparando entre si as relações eq25 e eq40, vemos que eq25 é apenas um caso particular da relação eq40 em que o gás é ideal monoatômico e, portanto, o CV vale 3R/2. Segundo o prof. Renato Brito, a relação eq40 é geral, sendo, portanto, válida para qualquer gás ideal, de qualquer atomicidade, em qualquer tipo de transformação gasosa �!

19 – A TRANSFORMAÇÃO ADIABÁTICA Dizemos que uma transformação gasosa é adiabática quando ela ocorre sem troca de calor (Q = 0), isto é, quando não há transferência de energia, através da fronteira do sistema, motivada por diferença de temperatura. Dessa forma, no estudo dos gases, as duas únicas transformações adiabáticas possíveis são a expansão adiabática e a compressão adiabática:

Q = 0gás

Figura 44 – Expansão

adiabática Figura 45 – Compressão

Adiabática

Em toda expansão adiabática (Figura 44), o gás gasta parte da sua energia interna U no trabalho de expansão, ao empurrar o êmbolo, o que leva à redução� do seu conteúdo de energia interna. Dessa forma, em toda expansão adiabática, a energia interna U do gás sempre diminui (a temperatura T do gás diminui). Esse decréscimo de energia interna U do gás é percebido, macroscopicamente, pelo seu esfriamento. Em toda compressão adiabática (Figura 45), o gás recebe energia do meio externo, na forma de trabalho �, o que leva ao aumento� do conteúdo de energia interna do gás. Dessa forma, em toda compressão adiabática, a energia interna U do gás sempre aumenta (a temperatura T do gás aumenta). Esse aumento da energia interna U do gás é percebido, macroscopicamente, pelo seu aquecimento. Assim, o comportamento geral dos gases, nas transformações adiabáticas, pode ser resumido assim:

A realização de uma transformação adiabática requer que o sistema gasoso não receba nem ceda calor Q durante o processo. Na prática, essa condição pode ser obtida de duas formas distintas: 1) usando um recipiente isolante térmico (com paredes adiabáticas, de isopor, por exemplo) que impeça as trocas de calor através de suas paredes; 2) lembrando que todo processo de condução de calor é muito lento, para se realizar um processo adiabaticamente, basta que ele seja levado a cabo muito rapidamente. Processos rápidos, em geral, são processos adiabáticos, visto que não haverá tempo para trocas de calor.

Na maioria dos casos, é devido à grande rapidez com que ocorrem, que os processos se realizam adiabaticamente.

19.1 Processos adiabáticos no dia-a-dia Diariamente, muitos processos que envolvem expansões ou compressões gasosas rápidas e, portanto, adiabáticas, ocorrem ao nosso redor, levando respectivamente ao esfriamento ou ao aquecimento de gases. Vejamos, a seguir, alguns exemplos de processos adiabáticos em nosso cotidiano:

� Quando fazemos uso de spray (Figura 46), o conteúdo líquido do recipiente atravessa um orifício minúsculo e seu vapor se expande rapidamente contra a atmosfera, realizando trabalho sobre ela. Assim, como ocorre em toda expansão adiabática, esse vapor expelido é resfriado à medida em que seu volume vai aumentando.

Figura 46 – ao pressionarmos a tampinha de um spray, seu conteúdo gasoso atravessa um minúsculo orifício e, em seguida, se expande rapidamente (adiabaticamente) contra atmosfera, motivo pelo qual ele sempre sai geladinho. D

EMONSTRATIVO

Física


349

� Esse efeito de resfriamento do gás (ou vapor), devido a uma expansão rápida (adiabática), também ocorre quando sopramos ar fazendo um biquinho em nosso lábio (Figura 47). O ar, após atravessar o pequeno orifício, se expande contra a atmosfera e se resfria à medida que seu volume aumenta, produzindo sensação de frio ao atingir nossa mão. Se soprássemos naturalmente, sem fazer o biquinho, não teríamos a sensação de frio em nossa mão, visto que o ar não passaria pelo estrangulamento (pequeno orifício) para depois se expandir contra a atmosfera.

� Na panela de pressão usada em nossas cozinhas, também ocorre um fato semelhante: o vapor quente contido na panela atravessa o orifício da válvula de segurança da tampa da panela rapidamente (Figura 48) e, logo em seguida, se expande ao encontrar a atmosfera. Sendo essa expansão muito rápida, mais uma vez não há tempo suficiente para trocas de calor entre o ar quente expelido e o ar da cozinha, o que leva essa expansão a ocorrer adiabaticamente.

Figura 47 Figura 48

À medida que o volume do vapor d’água expelido vai aumentando, sua temperatura vai diminuindo, de forma que o vapor acaba produzindo sensação de frio ao chegar à mão do cozinheiro.

� Em nossas geladeiras domiciliares (Figura 49), é mais uma vez a expansão adiabática a responsável por uma etapa importante do processo de resfriamento: o fluido refrigerante no estado líquido, proveniente do condensador, se vaporiza após atravessar o tubo capilar de menos de 1mm de diâmetro, e se expande rapidamente (adiabaticamente) no interior da tubulação do evaporador, se resfriando até cerca de �20 oC durante essa expansão adiabática.

Figura 49 Figura 50

� No dia-a-dia, freqüentemente usamos bombas manuais para encher pneus de bicicletas ou bolas de futebol (Figura 50). A cada bombeada, o ar existente no interior da bomba é bruscamente comprimido (compressão adiabática), o que leva ao seu aquecimento.

Esse ar aquecido e sob pressão acaba sendo empurrado para o interior do pneu da bicicleta. Dessa forma, a cada bombeada, o pneu da bicicleta, assim como a bola de futebol, vai sendo gradativamente preenchido com ar aquecido, proveniente das compressões adiabáticas.

� Até mesmo a simples explosão de uma bomba (Figura 51), pela grande rapidez com que ocorre, é um processo adiabático. Isso porque a grande quantidade de calor liberada pela explosão não tem tempo suficiente para se dissipar através das várias camadas de ar ao redor da bomba (Figura 51).

Figura 51 – a explosão de uma bomba é

um processo adiabático.

Em vez disso, a primeira camada de ar ao redor da bomba é aquecida tão rapidamente, logo após a explosão, que se expande violentamente e empurra bruscamente as demais camadas do ar atmosférico ao redor, produzindo o estrondo característico da explosão de uma bomba. Logicamente que, se uma bomba explodisse próxima a alguém, no vácuo, a pessoa sentiria todo o calor irradiado por ela, mas nenhum estrondo seria produzido, visto que não haveria ar ao redor da bomba para ser bruscamente empurrado. No vácuo, bombas explodem em silêncio �.

19.2 Estudo Analítico da Transformação Adiabática Quando uma amostra gasosa que se encontra no estado inicial Pi, Vi, Ti evolui quase-estaticamente até o estado final PF, VF, TF, numa transformação adiabática, é possível demonstrar que vale a relação: Pi .(Vi)� = PF.(VF)� (eq41)

ou seja, é possível demonstrar que o produto abaixo se mantém constante numa transformação adiabática:

P. V� = K = constante com � = v

CpC

(eq42)

onde o expoente � se chama coeficiente de Poisson e seu valor é sempre maior que um, visto que Cp é sempre maior que Cv para qualquer gás (relação eq37). Conforme aprendemos no estudo dos calores molares dos gases, os valores teóricos de Cp e Cv variam com a atomicidade do gás, o mesmo ocorrendo ao coeficiente de Poisson �.

A validade das relações eq41 e eq42 se restringe às transformações gasosas quase-estáticas, durante as quais o gás evolui o tempo inteiro em equilíbrio termodinâmico, com temperatura e pressão bem definidas em qualquer instante do processo. São as chamadas transformações reversíveis, que estudaremos com mais detalhes no capítulo seguinte sobre Entropia. D

EMONSTRATIVO

Física


350

Exemplo Resolvido 9 Numa transformação adiabática, 2� de um gás, a uma temperatura de 300K e pressão de 1 atm, foram comprimidos quase-estaticamente até seu volume ser reduzido à metade. Se o coeficiente de Poisson para esse gás vale � = 2, o prof. Renato Brito pede que você determine: a) A pressão final da amostra gasosa; b) A temperatura final da amostra.

S o l u ç ã o : a) Como se trata de uma transformação quase-estática adiabática, podemos fazer uso da relação eq39:

Pi .(Vi)� = PF.(VF)� , com VF = Vi / 2 = 2� /2 = 1��e � = 2 (1 atm).(2�)2 = PF. (1�)2 PF = 4 atm

b) Como o número de mols n da amostra permanece constante (não ocorre vazamento de gás), a lei geral dos gases permite escrever:

i i F F

i F F

P .V P .V (1atm).(2 ) (4atm).(1 ) T T 300K T

� �� TF = 600K

19.3 Estudo Gráfico da Transformação Adiabática No estudo das transformações isotérmicas, vimos que a relação P = K / V era representada graficamente, no diagrama PV, por uma família de hipérboles. (Figura 52). Já as transformações adiabáticas são governadas pela relação eq40, que nos permite escrever:

P.V� = K P = KV�

(eq43)

Percebemos que a expressão eq43 é parecida com relação P = k / V das isotérmicas, diferindo apenas pelo expoente � > 1.

Assim, embora a pressão P decresça com o aumento do volume V, tanto na transformação isotérmica quanto na adiabática, a presença do expoente � na relação eq43 nos permite concluir que esse decréscimo é bem mais acentuado (bem mais rápido) na transformação adiabática. Por esse motivo, as curvas adiabáticas, num diagrama PV, são um pouco mais íngrimes (um pouco mais “em pé”) do que as isotérmicas, conforme mostrado na Figura 52:

P

V

a

200k

isotérmicas400k

adiabáticas

bc

d

Figura 52 – as isotérmicas são curvas mais suaves. As adiabáticas são curvas mais íngrimes, mais “em pé”.

Na Figura 52, podemos observar, graficamente, algumas propriedades já conhecidas das transformações adiabáticas, como, por exemplo, o fato que de a temperatura do gás sempre diminui em toda expansão adiabática (transformação a�b); assim como o fato de

que a temperatura do gás sempre aumenta em toda compressão adiabática (transformação c�d).

AUTOTESTES PARA VOCÊ ACORDAR �

13. Em todo processo adiabático, o gás não recebe calor do meio externo (Q = 0). Dessa forma, não há como aquecer o gás. Assim, concluímos que toda transformação adiabática é, automaticamente, uma transformação isotérmica. Esse ponto de vista acima está certo ou errado ? Explique.

14. Em toda compressão adiabática, o gás aquece ou esfria ? 15. Em toda expansão adiabática, o gás aquece ou esfria ?

20 – CICLOS TERMODINÂMICOS Um ciclo termodinâmico é qualquer transformação gasosa na qual o gás parte de um estado inicial, evolui através de uma seqüência de estados intermediários e retorna ao estado inicial. Para exemplificar, observe o ciclo A�B�C�D�A mostrado na figura abaixo:

V

P A

BC

D

Figura 52

O gás parte, por exemplo, do estado A, evolui pela seqüência de estados intermediários BCD e retorna ao estado inicial A.

20.1 Variação da Energia Interna num Ciclo Termodinâmico Seja uma amostra gasosa que evolui ao longo da transformação gasosa fechada A�B�C�D�A mostrada na Figura 52. Qual a variação da energia interna �Uciclo sofrida por esse gás, após percorrer todo esse ciclo ? Podemos responder a essa pergunta usando um argumento matemático simples:

�Uciclo = �AB + �UBC + �UCD + �UDA

�Uciclo = (UB � UA) + (UC � UB) + (UD � UC) + (UA � UD) �Uciclo = 0

Fisicamente, esse resultado obtido (�Uciclo = 0) está relacionado ao fato de que em toda transformação cíclica, pela própria definição de ciclo termodinâmico, o estado inicial coincide com o estado final do gás. Assim, como a energia interna U de um gás é uma função de estado, em todo ciclo termodinâmico, as energias internas Uinicial e UFinal do gás são iguais (UFinal = Uinicial), portanto:

�Uciclo = UFinal � Uinicial = 0

É possível ainda determinar a variação da energia interna sofrida pelo gás num ciclo, fazendo uso da relação eq40:

�Uciclo = UFinal � Uinicial = n.CV.( TF � Ti ) = 0 DEMONSTRATIVO

Física


351

visto que, Ti = TF. Afinal, como os estados inicial e final tratam-se do mesmo estado termodinâmico, suas temperaturas são necessariamente iguais. Do exposto, podemos concluir que:

Em todo e qualquer ciclo termodinâmico, a variação de energia interna do gás é sempre nula. �Uciclo = 0 (eq44)

20.2 Trabalho realizado em um Ciclo A seguir, calcularemos o trabalho realizado pelo gás, ao evoluir ao longo do ciclo A�B�C�D�A da Figura 52.

Figura 52

O trabalho realizado no ciclo é a soma algébrica dos trabalhos realizados em todas as etapas que compõem o ciclo:

�ciclo = �AB + �BC + �CD + �DA (eq45)

Os trabalhos realizados nas etapas AB e CD são nulos (�AB = �CD = 0) visto que são transformações isovolumétricas. O trabalho realizado pelo gás na expansão isobárica DA é positivo (expansão) e numericamente igual à área sombreada na Figura 53.

Figura 53 Figura 54

Já o trabalho realizado pelo gás na compressão isobárica BC é negativo (compressão) e seu módulo é numericamente igual à área sombreada na Figura 54. Assim, substituindo na relação eq45, temos:

�ciclo = �AB + �BC + �CD + �DA (eq45)

�ciclo = 0 + |área DA| + 0 � |área BC| �ciclo = área delimitada pelo ciclo (eq46)

A subtração entre as áreas hachuradas DA e BC (Figuras 53 e 54) resulta a área interna delimitada pelo ciclo ABCD (área do miolo �) mostrada na Figura 55. Por esse motivo, o trabalho realizado no ciclo é numericamente igual a essa área hachurada na Figura 55.

Figura 55 – Ciclo de máquinas térmicas, �ciclo > 0

Conclusão: Em todo ciclo termodinâmico, o trabalho �Ciclo realizado pelo gás, é a soma algébrica dos trabalhos realizados em cada etapa do ciclo. O valor desse trabalho �Ciclo é sempre numericamente igual à área delimitada pelo ciclo (área do miolo �) no diagrama PV (Figura 55).

O trabalho realizado pelo gás �ciclo no ciclo termodinâmico ABCDA resultou positivo (Figura 55). Isso foi devido ao fato de o trabalho positivo realizado na expansão (área DA) ter um valor maior que o valor do trabalho negativo realizado na compressão (área BC).

Sempre que um ciclo termodinâmico for percorrido no sentido horário, teremos �ciclo > 0.

V

P A

BC

D

Figura 56

Por outro lado, se o ciclo fosse percorrido no sentido anti-horário (ADCB, Figura 56), o trabalho negativo realizado na compressão (área DA Figura 57) teria um valor maior que o valor do trabalho positivo realizado na expansão (área BC Figura 58).

Figura 57 Figura 58

Nesse caso, o trabalho total realizado no ciclo �ciclo resultaria negativo (Figura 59).

Sempre que um ciclo termodinâmico for percorrido no sentido anti-horário, teremos �ciclo < 0.

Figura 59 – Ciclo de máquinas frigoríficas, �ciclo < 0

Mais adiante, entenderemos fisicamente o significado do sinal algébrico do trabalho realizado em um ciclo �ciclo.

AUTOTESTES PARA VOCÊ ACORDAR � 16. Em todo ciclo termodinâmico, a temperatura do estado inicial é

a mesma temperatura do estado final. Podemos dizer que um ciclo termodinâmico é um processo isotérmico ?

17. Qual a variação de energia interna do gás ao descrever o Ciclo Otto ? D

EMONSTRATIVO

Física


358

consertar uma das primeiras máquinas construídas, a de Thomas Newcomen.

Visão Histórica das Máquinas Térmicas Fonte : Universo da Física – Volume 2 – José Luiz Sampaio

e Caio Sérgio Calçada – 2ª edição 2005 – Atual Editora

Atualmente, máquinas térmicas são usadas em motores de automóveis, navios, motocicletas, turbinas de avião e fazem parte dos tempos modernos.

Figura 75a

motor de automóvel Figura 75b

turbina de avião Para quebrar um pouco a abstração das máquinas térmicas e dar ao leitor uma visão um pouco mais prática desse assunto, descreveremos a seguir um dos ciclos termodinâmicos mais comuns usados no cotidiano, o Ciclo Otto. 23.1 Ciclo Otto – Motores de Automóveis Este ciclo termodinâmico foi idealizado pelo engenheiro francês Alphonse Beau de Rochas em 1862. De forma independente, o engenheiro alemão Nikolaus Otto concebeu um ciclo similar em 1876, além de construir um motor que operava segundo esse ciclo. Motores de ciclo Otto usam combustíveis leves como gasolina, álcool, gás natural e são usados em principalmente em motores de automóveis.

Figura 76 – etapas do ciclo Otto

A Figura 76 descreve as etapas de um Ciclo Otto, enquanto a Figura 77 mostra o respectivo diagrama PV desse ciclo.

Cada cilindro do motor de Otto dispõe de 2 válvulas: a válvula de admissão no lado esquerdo e a válvula de escape no lado direito. Adicionalmente, cada cilindro também dispõe de um dispositivo de centelha elétrica para ignição (vela). A mistura de ar e combustível (gasolina) é fornecida por um sistema de alimentação (carburador ou sistemas de injeção) e entra pela válvula de admissão. Na fase 01, a válvula de admissão está aberta e o movimento de descida do pistão aspira (suga) a mistura de ar e combustível (gasolina) para dentro do cilindro. É um processo aproximadamente isobárico (Figura 77). Ao atingir a posição mais inferior (ponto morto inferior), a válvula de admissão é fechada e o movimento ascendente comprime a mistura (fase 12 – Figura 77). Esse processo é aproximadamente uma compressão adiabática porque a velocidade do pistão é alta, havendo pouco tempo para troca de calor.

Figura 77 – Diagrama PV do Ciclo Otto

Na fase 23 o pistão atinge sua posição mais acima (ponto morto superior), quando uma centelha na vela provoca a ignição da mistura e a rápida combustão do vapor (explosão) levando a um repentino aumento da pressão (Figura 77). Sendo a explosão um processo muito rápido, ocorre um súbito aumento da pressão sem que haja tempo suficiente para o pistão se mover. Assim, essa fase 23 é modelada como um aquecimento isovolumétrico no diagrama PV (Figura 77). Em seguida (fase 34), devido a alta pressão gerada pela explosão da mistura ar+combustível, o vapor se expande rapidamente, empurrando o pistão para baixo numa expansão adiabática (fase 34 – Figura 77). Na fase 41, o pistão atinge o ponto morto inferior, quando a válvula de escape é aberta (Figura 76) e os gases são ejetados do sistema, levando a uma brusca queda da pressão do gás. De forma similar à fase 23, pode-se modelar a etapa 41 como um processo a volume constante (fase 41 - Figura 77), durante o qual o sistema cede calor ao ambiente.

Na fase final 10, o movimento ascendente com a válvula de escape aberta remove a maior parte dos gases da combustão e o o pistão chega novamente ao ponto morto superior. Nesse ponto, retornamos à fase inicial 01 e ciclo se reinicia. � Para assistir a um interessantíssimo vídeo do programa educativo “Mundo de Beakman” mostrando em detalhes o funcionamento do motor de um automóvel, acesse www.fisicaju.com.br/maquinastermicas. D

EMONSTRATIVO

Física


379

�Energia Interna U �Teoria Cinética dos gases, Velocidade quadrática média.

Questão 24 Conforme o prof. Renato Brito enfatizou em sala de aula, durante nossas 4 x 5 = 20h de aula de Termodinâmica �, a energia cinética ce média das moléculas de um gás ideal é dada por:

ce = 2m.(v)

2 = 3 .kT

2, com k =

A

RN

= constante de Boltzmann, NA = número de Avogadro.

a) Nas expressões acima, o termo m é a massa de uma molécula do gás, a massa da amostra gasosa ou a massa de um mol de moléculas do gás ?

b) A massa m de uma única molécula de O2 vale m = M = 32 gramas ou m = M / NA = 32 / 6x1023

= 5,33x10�23 gramas ? c) Pelo exposto acima, podemos afirmar que a energia cinética das moléculas de um gás depende

exclusivamente da temperatura do gás ? d) Do exposto acima, considere uma transformação em que a pressão P de uma amostra gasosa

muda, juntamente com o seu volume V, de modo que a temperatura T do gás permanece constante durante o processo (isotérmico). Podemos garantir que a energia cinética média ce das moléculas permaneceu constante durante o processo, mesmo que P e V tenham variado ?

e) Seja uma mistura de O2 e H2 na mesma temperatura 200K. Quais moléculas terão maior energia cinética média ce ? Quais moléculas terão maior velocidade quadrática média v ?

f) Seja uma mistura de O2 e H2 na mesma temperatura 300K. A velocidade quadrática média v das moléculas do gás hidrogênio será quantas vezes maior que a das moléculas do gás oxigênio ?

g) Para que a energia cinética média ce das moléculas de uma amostra de gás O2 duplique, a sua temperatura tem que aumentar de 300K para quantos kelvins ?

h) Para que a velocidade quadrática média das moléculas de uma amostra de gás O2 duplique, a sua temperatura tem que passar de 27oC para quantos oC ?

i) É correto dizer que a energia cinética das moléculas de qualquer gás ideal monoatômico depende somente da temperatura absoluta (Kelvin) do gás, independendo inclusive da sua massa molecular ? Em outras palavras, moléculas de diferentes gases ideais (diferentes massas moleculares), estando todos à mesma temperatura, tem energias cinéticas médias ce iguais ?

ce = 3 .kT2

j) É correto dizer que a velocidade quadrática média v das moléculas de qualquer gás ideal monoatômico depende tanto da temperatura absoluta (Kelvin) do gás, quanto da sua massa molecular ? Em outras palavras, tomando diferentes gases monoatômicos a uma mesma temperatura, terão maior velocidade quadrática média v as moléculas daquele que tiver menor massa molecular ? Adicionalmente, tomando duas amostras distintas de um mesmo gás ideal monoatômico (mesma massa molecular M), terão maior velocidade quadrática média v as moléculas daquele que tiver maior temperatura ?

ce = 2m.(v)

2 = 3 .kT

2 �

2

A A

M.(v) 3.R.TN .2 2.N

� � 3.R.TvM

�

k) Seja uma amostra de 32g de gás O2 (Po = 1 atm, Vo = 4 litros) e outra amostra de 28g de gás N2 (PN = 2 atm, VN = 2 litros). Compare (usando os símbolos >, < ou = ) as temperaturas das amostras, assim como suas energias internas U, as energias cinéticas ce médias das suas moléculas e, finalmente, as velocidades quadráticas médias das suas moléculas.

Questão 25 Sejam dois recipientes A e B fechados contendo, respectivamente, 200 g de N2 e 200g de H2, ambos a 400 K. o prof. Renato Brito pergunta: a) Em qual recipiente há um maior número de mols de

moléculas ? b) Qual deles tem maior energia cinética total (energia

interna U) ? c) Em qual dos recipientes as moléculas dos gases têm

maior energia cinética média ? d) Em qual dos recipientes as moléculas têm maior v

velocidade quadrática média ?

DEMONSTRATIVO

Física


386

C a l o r e s E s p e c í f i c o s d o s G a s e s : Cp e Cv Questão 54 Sejam duas amostras A e B idênticas de n mols de um mesmo gás ideal, ambas inicialmente a uma temperatura de 300k. Na amostra A, o êmbolo pode deslizar verticalmente sem atrito (obrigando que qualquer aquecimento/expansão ou resfriamento/compressão do gás será isobárico), ao passo que, na amostra B, o êmbolo se encontra travado por dois pinos (obrigando que qualquer aquecimento ou resfriamento do gás será isovolumétrico)

a) Seja QP a quantidade de valor que deve ser fornecida isobaricamente à amostra A, para que ela

sofra uma correspondente variação de temperatura �Tp (com QP = n.CP.�TP); e QV a quantidade de valor que deve ser fornecida à amostra B isovolumetricamente, para que ela sofra uma variação de temperatura �TV (com QV = n.CV.�TV). Lembrando que, para gases ideais monoatômicos, temos CP= 5R/2 e CV =3R/2, mostre que, para que as amostras sofram variações de temperatura iguais (�Tp = �TV = �T ), devem receber calores QP e QV tais que:

P P

V V

Q C 5R / 2 5Q C 3R / 2 3

� � �

b) Neste caso, qual amostra sofreu maior variação da energia interna �U = n.CV.�T ? A amostra A (aquecida isobaricamente) ou a amostra B (aquecida isovolumetricamente) ?

c) Quando a amostra A recebe uma quantidade de calor QP, parte dele é usado no trabalho que o gás realiza em sua expansão isobárica, e apenas o restante é incorporado à energia interna do gás, levando ao seu aumento (QP = �isob + �U). Já a amostra B, ao receber uma quantidade de calor QV, todo ele é integralmente incorporado à energia interna do gás, levando ao seu aumento (QP = 0 + �U).

Dessa forma, conforme vimos em sala de aula, para produzir a mesma variação de energia interna �U (mesma variação de temperatura) em ambas as amostras gasosas, o calor QP fornecido para a amostra A será maior que o QV fornecido à amostra B, visto que diferem pelo trabalho realizado na expansão isobárica sofrida pelo gás da amostra A (QP � QV = �isob = P.�V = n.R.�T). Mostre que, nesse processo em que se fornece calor às amostras A e B a fim de se produzir a mesma variação de temperatura, as grandezas QP, QV, �U e �isob estão relacionadas por:

isobP VQ Q U5 3 3 2

��

(Proporção Termodinâmica – gases ideais monoatômicos)

Com base na proporção termodinâmica encontrada acima, resolva as questões a seguir :

Questão 55 Sejam duas amostras A e B idênticas de n mols de um mesmo gás ideal, ambas inicialmente a uma temperatura de 300k. Na amostra A, o êmbolo pode deslizar verticalmente sem atrito (obrigando que qualquer aquecimento/expansão ou resfriamento/compressão do gás será isobárico), ao passo que, na amostra B, o êmbolo se encontra travado por dois pinos (obrigando que qualquer aquecimento ou resfriamento do gás será isovolumétrico)

Uma quantidade de calor Q1 = 240 J foi fornecido à amostra B, elevando a sua temperatura de 300k para 500k. DEMONSTRATIVO

EntropiaPropriedades FundamentaisAula 15

Simétrico Pré-Universitário – Turma Saúde 10 – Especialista em Medicina ou Odontologia – www.simetrico.com.br

1 - INTRODUÇÃO O objetivo desse material é fazer com que o estudante saiba quando a famosa Entropia S aumenta, diminui ou permanece constante em transformações gasosas, de forma clara, prática e objetiva sem se preocupar muito em explicar o que é entropia. A expressão abaixo determina a variação de entropia �S ocorrida quando uma amostra gasosa troca calor a uma temperatura constante T, numa transformação reversível:

�S = TQ (eq1)

onde: Q = calor trocado no processo a uma temperatura constante T T = temperatura Kelvin constante em que ocorreu a troca de calor �S = SF � Si = variação de entropia S ocorrida no processo. A seguir, o estudante aprenderá cinco propriedades práticas sobre entropia que o farão acertar com tranqüilidade questões sobre esse tema no vestibular: Propriedade P1 : Sempre que uma amostra gasosa receber calor (Q > 0) numa transformação (reversível), sua entropia AUMENTARÁ. Matematicamente:

Q > 0 � �S > 0 � S� Propriedade P2: Sempre que uma amostra gasosa ceder calor (Q < 0) numa transformação (reversível), sua entropia DIMINUIRÁ. Matematicamente:

Q < 0 � �S < 0 � S� Propriedade P3: Sempre que uma amostra gasosa NÃO TROCAR CALOR (Q = 0, processo adiabático) numa transformação (reversível), sua entropia permanecerá constante. Matematicamente:

Q = 0 � �S = 0 � S = constante Embora a expressão eq1 só seja matematicamente válida quando a temperatura T permanecer constante durante a troca de calor Q, ainda assim as propriedades 1, 2 e 3 da entropia permanecem válidas em qualquer situação. Enquanto nada for dito em contrário, todas as transformações gasosas serão admitidas reversíveis. Adiante, o aluno aprenderá o que é uma transformação reversível e o que é uma transformação irreversível. EXEMPLO RESOLVIDO 1: Em cada uma das transformações gasosas AB, BC e CA, diga se a entropia do gás aumenta, diminui ou permanece constante.

Resolução do prof Renato Brito: Lembre-se: Se o gás receber calor � sua entropia S aumenta (P1) Se o gás ceder calor � sua entropia S diminui (P2) Se o gás não trocar calor � sua entropia S não se altera (P3)

Analisemos a seguir, rapidamente, cada caso mostrado no diagrama P x V dessa questão:

Processo AB – expansão isobárica Nesse processo a temperatura do gás aumenta T� (consegue

visualizar as isotérmicas ? � ) Qp = n.Cp.(TF � Ti), como T aumentou, teremos Qp > 0, o gás

recebe calor nesse processo, portanto sua entropia S aumenta (propriedade 1).

Processo BC – resfriamento isovolumétrico Nesse processo, a temperatura do gás diminui T� , assim como

a sua energia interna U� (consegue visualizar as isotérmicas ? � ).

Qv = n.Cv.(TF � Ti), como T diminuiu, teremos Qv < 0, o gás cede calor nesse processo, portanto sua entropia S diminui (propriedade 2).

Processo CA – Compressão adiabática Nesse processo reversível, o gás não troca calor (Q = 0).

Assim, sua entropia permanece constante (propriedade 3). Variação de Entropia em mudanças de Estado Físico A variação da entropia também pode ser considera durante processo de mudança de estados físicos (reversíveis). A entropia da água, por exemplo, aumenta tanto quando ela recebe calor tanto durante um processo de fusão quanto num processo de vaporização (P1).

Por outro lado, a entropia da água, diminui tanto quando ela cede calor durante um processo de liquefação quanto num processo de solidificação (P2). D

EMONSTRATIVO

Física


399

recipiente). No decorrer dessa expansão, porém, o gás evolui de forma turbulenta e caótica, não havendo uma uniformidade de temperatura e pressão em toda a extensão do mesmo, podendo haver maior agitação térmica em uma parte do gás que em outra (não encontra-se em equilíbrio termodinâmico), tornando indefinidas a sua temperatura T e pressão até que o mesmo atinja o estado final de equilíbrio.

Por esse motivo, não há como representar essa expansão livre (ou qualquer outra transformação gasosa irreversível) por uma trajetória bem definida num diagrama de estados, podendo ser grosseiramente visualizada apenas como mostra a figura a seguir:

Uma outra característica da expansão livre que confirma o seu caráter irreversível é que ele ocorre de forma descontrolada, ao contrário dos processos reversíveis, não sendo possível inverter o sentido da sua evolução a qualquer momento. Em outras palavras, uma vez iniciado, o processo evolui até o final, quando finalmente o sistema volta a atingir um estado de equilíbrio termodinâmico.

Sua pergunta está exatamente em nosso contexto. Observe o gráfico acima, Claudete. Será que há como se definir a temperatura de um gás quando este se encontra turbulento e caótico, como ocorre durante uma expansão livre ?

Ora, conforme acabei de lhe explicar, para se definir a temperatura e a pressão de um gás, é preciso que ele se encontre em um estado de Equilíbrio Termodinâmico, o que não ocorre durante a expansão livre. Durante esse processo, a temperatura do gás permanece indefinida, assumindo um valor bem definido apenas no início e no término da expansão, quando o gás encontra-se em Equilíbrio Termodinâmico.

De fato, as temperaturas inicial e final do gás são iguais entre si, na expansão livre, mas isso não suficiente para que possamos classificá-la como uma transformação isotérmica, visto que, para tal, a temperatura do gás deve permanecer bem definida e constante durante todo o processo. Durante a expansão livre, a temperatura do gás é indefinida e, portanto, não esse processo não pode ser classificado como isotérmico.

PROPRIEDADE 7: Toda transformação gasosa representada por uma linha contínua, num diagrama de estado P x T, V x T, P x V etc.. é uma transformação gasosa reversível.

Assim, conforme vimos, o caráter irreversível da Expansão Livre permite garantir que a ENTROPIA DO SISTEMA AUMENTA �S > 0 nesse processo. Sendo um processo irreversível, a expressão eq1 abaixo não é válida:

�S = TQ (eq1)

A entropia aumenta em qualquer transformação irreversível, independente de ser adiabática, isotérmica, isovolumétrica etc.. Já numa expansão adiabática (Q = 0) reversível, a expressão eq1 é válida. Assim:

Q = 0 � �S = TQ = 0 � �S = 0 � S = constante

Ou seja, apenas em processos adiabáticos reversíveis (expansão ou compressão) a entropia S do sistema permanece constante.

EXEMPLO RESOLVIDO 5: Considere a transformação reversível de uma certa quantidade de gelo em água. O calor latente de fusão é igual a 80 cal/g. Calcule a variação de entropia �s de um bloco de gelo de 50g que converte totalmente em água a 0 oC (273 kelvins). Solução: Admitindo que o calor latente Q = m.lF tenha sido fornecido ao gelo de forma reversível, temos:

Fm.LQ 50 g. (80 cal/g)s 14,65 cal / KT T 273 K

� � � � �

Assim, vemos que a entropia do gelo aumentou 14,65 cal/K nesse processo. 4 - A ENTROPIA E O SENTIDO DA PASSAGEM DO TEMPO Os processos termodinâmicos que ocorrem na natureza são todos processos irreversíveis. Estes processos são aqueles que ocorrem num sentido, mas não ocorrem em sentido contrário. É importante perceber que o sentido da passagem do tempo, nos processos da natureza é sempre o sentido em que a ENTROPIA AUMENTA. Para esclarecer, considere as Figuras A e B abaixo. O ovo cru se transformou em ovo frito, ou o contrário ?

Figura A Figura B Logicamente que o ovo cru se transforma num ovo frito, mas o processo inverso de um ovo frito voltar a se transformar no ovo cru original não ocorre. Curiosamente, nada impede que esse processo do ovo frito voltar a ser o ovo cru ocorra, mas ele simplesmente não ocorre na natureza. D

EMONSTRATIVO

Física


401

Qual a estante mais organizada ? Estante 1 Estante 2

Uma estante em que todos os DVDS ficam apenas na parte de cima e todos os CDS ficam exclusivamente parte debaixo.

Uma estante em que os CDS e DVDs são guardados aleatoriamente em qualquer prateleira.

Assim, o que é mais organizado ? Guardar todas as moléculas do gás exclusivamente num canto da caixa (Figura H), deixando o resto da caixa vazio ? Ou deixar as moléculas se espalharem aleatoriamente, ocupando toda a caixa ?

Com essa breve análise, fica fácil entender que o guarda-roupa 1 é mais ordenado que o guarda-roupa 2, ou seja, tem menor entropia que o guarda-roupa 2. Da mesma forma, a estante 1 tem menor entropia que a estante 2, assim como o estado H tem menor entropia que o estado I.

Figura J Figura L Figura M

A seqüência de imagens acima mostra algumas gotas de tinta preta se difundindo no seio da água contida numa taça. No começo, distinguimos claramente a tinta preta da água (estado ainda organizado, baixa entropia). Gradativamente, o sistema vai evoluindo para uma configuração mais caótica (mais desorganizada) até que, após alguns minutos, o sistema atinge um estado de máxima entropia (água e tinta se tornam indistinguíveis, formando uma fase única). A entropia aumenta durante todo esse processo de difusão.

O processo contrário seria curioso. Já imaginou se, de repente, a tinta preta da Figura M começasse a se separar da água, de tal forma que fosse ficando cada vez mais perceptível onde está a tinta preta e onde está a água ? O sistema fosse ficando cada vez mais organizado evoluindo de acordo de trás para frente, na ordem M LJ ??!!!!

Nada impede que esse processo ocorra no sentido invertido M LJ mas ele, simplesmente não ocorre.

Processos irreversíveis são assim: o sistema evolui caoticamente (de forma aleatória e imprevisível visto que você não consegue prever o percurso que a tinta preta fará) até atingir o estado de equilíbrio final (máxima entropia). Processos irreversíveis ocorrem apenas num sentido preferencial mas simplesmente não ocorrem no sentido contrário. O sentido único em que eles acontecem é sempre aquele no qual a Entropia do sistema aumenta. Embora não saibamos porque a natureza se comporta dessa forma, estabelecendo um sentido preferencial para a ordem de acontecimento de alguns eventos, nos acostumamos a esse comportamento e, assim, criamos uma formulação alternativa para a segunda Lei da Termodinâmica relacionada a esse fato:

(2ª lei da Termodinâmica com base no conceito de entropia) "Todo sistema natural, quando deixado livre (isolado, sem intervenção externa), evolui para um estado de máxima desordem, correspondente a uma entropia máxima."

6 - A ENTROPIA E A DISPONIBILIDADE DE ENERGIA Considere dois corpos A e B com temperaturas TA e TB, tais que TA > TB. É possível extrair energia útil desse sistema devido a essa diferença de temperatura, construindo uma máquina térmica utilizando, como fontes quentes e fria, os corpos A e B respectivamente.

Entretanto, se, em vez disso, colocarmos os corpos A e B em contato direto entre si, o calor será trocado diretamente entre eles de forma irreversível até que eles atinjam a temperatura de equilíbrio comum aos dois. Note que, com isso, o conteúdo de energia do sistema ainda é o mesmo de antes, entretanto, não há mais como se tirar proveito da diferença de temperatura inicial que havia no sistema para extrair energia útil dele.

Com isso, vemos que o AUMENTO da ENTROPIA ocorrida no sistema isolado, embora não altere o seu conteúdo de energia, está associada a um aumento da parcela dessa energia indisponível para realização de trabalho útil. Em linhas gerais, quando a entropia de um sistema isolado sofre um aumento �S num processo reversível, a uma temperatura T, uma quantidade de energia T.�S se torna indisponível para realização de trabalho útil.

Imaginemos que uma caixa de ferro de massa M esteja se deslocando sobre uma superfície lisa com energia cinética total 150 J, sendo que, desses 150 J, considere que 50 J sejam energia cinética interna associada ao movimento microscópico caótico de vibração dos átomos de ferro da caixa (energia interna U proporcional à temperatura da caixa), ao passo que os 100 J restantes de energia cinética (macroscópica e ordenada) estejam associados ao movimento próprio dessa caixa ao longo do solo, a famosa M.v2 / 2.

Durante o movimento dessa caixa, esses 100J de energia cinética (macroscópica e ordenada) estão disponíveis, por exemplo, para realizar trabalho comprimindo uma mola que eventualmente estivesse no caminho da caixa. Esses 100J constituem a parcela de energia disponível dessa caixa (energia nobre, energia útil).

A parcela dos 50 J de energia cinética microscópica e desordenada constitui uma forma de energia menos nobre (térmica), indisponível, por exemplo, para ser usada na compressão de uma mola. Você não espera, por exemplo que, ao colocarmos uma caixa de ferro quente parada encostada numa mola, a caixa espontaneamente vá esfriando e sua energia térmica seja usada para comprimir a mola espontaneamente, espera �?

Admita, agora que essa caixa, subitamente, colida inelasticamente com uma parede (colisão bate-gruda) e toda a energia cinética macroscópica (100J) seja convertida em energia interna (calor) aumentando a temperatura da caixa, que agora encontra-se parada. Em outras palavras, considere que toda a sua energia mecânica tenha sido convertida em energia térmica. D

EMONSTRATIVO

Física


405

Questão 17 Marque Verdadeiro ou Falso conforme seus conhecimentos: a) Em todo processo reversível, a entropia do sistema permanece

constante; b) Em todo processo irreversível, a entropia do sistema sempre

aumenta enquanto ele não atingir o equilíbrio termodinâmico; c) Em qualquer transformação adiabática, a entropia do sistema

sempre permanece constante; d) Durante a expansão livre, são nulas a variação da entropia e a

variação da energia interna do sistema; e) Quando misturamos água quente e gelo no interior de uma

caixa de isopor e tampamos, a entropia do sistema aumentará; f) Quando botamos uma colher quente num recipiente fechado

contendo água fria, com o passar do tempo, a entropia da colher entropia diminui, a entropia da água aumenta e a entropia do sistema isolado água+colher aumenta;

g) A variação de entropia num processo reversível pode ser negativa;

h) A variação de entropia num processo espontâneo (ou irreversível) pode ser negativa;

i) O rendimento de uma hidrelétrica é limitado pelo rendimento do ciclo de Carnot;

j) É possível esfriar a cozinha deixando a porta da geladeira e do congelador aberta a noite toda;

k) É possível converter integralmente energia mecânica em calor; l) É possível converter integralmente calor em energia mecânica; m) A variação de entropia do gás num ciclo Rankine é nula; n) Quando água líquida é convertida em gelo, sua entropia

aumenta. Questão 18 Marque verdadeiro V ou falso F a respeito dos seus conhecimentos sobre Entropia:

a) Observe as figuras abaixo. Na natureza, é comum a transformação física “copo inteiro” “copo quebrado”, mas você nunca verá essa transformação física ocorrer no sentido contrário (copo quebrado copo inteiro). Todos os processos naturais são denominados irreversíveis, significando dizer que eles só ocorrem num sentido (AB) mas nunca ocorrem no sentido contrário (BA). Em todos os processos naturais a Entropia do Sistema AUMENTA (SB > SA).

Estado A Estado B

b) Assim, do exposto, vemos podemos associar o aumento da Entropia, em processos naturais (irreversíveis), ao sentido da passagem do tempo. Observando as imagens a seguir, é fácil estabelecer a ordem temporal correta em que o processo ocorreu, por coincidir com o sentido do AUMENTO da entropia do Sistema: tE < tC < tD � SE < SC < SD. Vemos também que o aumento da Entropia do Sistema está associado ao aumento da Desordem.

Figura C Figura D Figura E c) Uma caixa foi lançada ao longo do solo áspero e vai

gradativamente freando até parar. Durante esse processo, energia mecânica (energia cinética organizada) vai sendo transformado em energia interna (energia térmica, energia cinética desordenada, caótica, microscópica). Ou seja, a caixa vai freando na medida em que vai se aquecendo. Ao final, a caixa parada encontra-se quente.

Agora imagine o processo acontecendo no sentido contrário (de trás para frente): a caixa que encontrava-se quente e parada vai, por si só, gradativamente, esfriando e adquirindo energia cinética crescente, à medida em que sua energia térmica (energia cinética interna desordenada) vai se transformando em energia mecânica (energia cinética organizada). Esse processo contrário não viola a conservação de energia, mas ainda assim ele não ocorre na natureza. Por que motivo ? Se ele ocorresse, a entropia do Sistema Diminuiria !!! A natureza proíbe processos naturais que ocorrem com diminuição da Entropia do Sistema. Em todos os processos naturais, a entropia do sistema AUMENTA, são processos de mão única, irreversíveis. �

d) Todo processo em que ocorre transformação de energia mecânica em calor, pela ação do atrito, é irreversível. A Entropia do Sistema sempre aumenta nesses processos.

e) Quando misturamos água quente com água fria, o sistema evolui gradativamente até obtermos água morna. Esse processo é irreversível, visto que ele não acontece no sentido contrário, isto é, água morna não se separa novamente, em água quente e água fria. A Entropia do sistema aumenta durante a sua evolução até o Equilíbrio térmico. Após atingido o equilíbrio térmico, a entropia do sistema permanece constante.

f) É possível converter integralmente energia mecânica (energia cinética organizada) em calor (energia térmica, energia cinética desordenada, caótica, microscópica);

g) É possível converter integralmente energia térmica (energia cinética desordenada, caótica, microscópica) em energia mecânica (energia cinética organizada).

Questão 19 (Simulado Turma Saúde 10 – 2008) Com respeito aos seus conhecimentos sobre Termodinâmica,

assinale a alternativa incorreta: a) A variação da Entropia de um gás, ao completar o Ciclo

Rankine, é nula. b) Em todo processo irreversível, a entropia do sistema aumenta. c) Em todo processo adiabático, a entropia do sistema permanece

constante. DEMONSTRATIVO

Gabarito Comentado

Anual 2010

Prof Renato Brito DEMONSTRATIVO

Manual de Resoluções

Anual 2010

Prof Renato Brito

DEMONSTRATIVO

Física


423

AULA 1 - VETORES Aula 1 - Questão 1 - resolução

= =2

1

1

11

a)

b)

= + =

0

c)

= + =

=

=

d) = +

= + =1

1

1

21

=1

1

11

1

1+

1

1

1

11

1=

+1

12 =0 2

= +2 2= 4

=

Aula 1 - Questão 2 - resolução

A

C

B D

E observando a figura da questão, note que: AB + BE = AE e CA + AE = CE assim, o prof Renato Brito pode escrever: AB + BE + CA = ( AB + BE ) + CA = (AE ) + CA = CA + AE = CE

Aula 1 - Questão 3 - resolução Conforme a resolução da questão 3 de aprendizagem (seção 9, página 5, propriedade do polígono fechado de vetores) temos:

Fazendo o percurso fechado CDEABC, temos: CD + DE + EA + AB + BC = 0

�

CD + DE + EA – BA – CB = 0�

� EA – CB + DE = BA – CD Aula 1 - Questão 4 - resolução

= = =

= + + =

= + + =

=

2a

2a

2a

A resultante terá módulo 2a+2a+2a = 6aresposta correta: Letra C

reposicionando os vetores , temos:

Questão 5 - resolução

= + +

= + +2a a2a

= 2a + 2a + a = 3a

Letra A)

Letra B)

= + +

= + + 0�

a a= 2a

Letra C)

= + = 0�

0�

+ = 0�

=

=

=

DEMONSTRATIVO

Física


452

H.g).M9M(2

)'V).(M9M( 2��

� � H.g2)'V( 2

�

Usando a relação ***, vem:

H.g100V

21 2

��

��

� V 2 = 200.g.H = 200x10x 0,45 � V = 30 m/s

Aula 6 - Questão 9 - resolução TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA:

Se as caixas têm massas M e 4M, pela conservação da quantidade de movimento, elas irão adquirir velocidades respectivamente iguais a �V e 4V , veja:

0 + 0 = 4M.(�V) + M.(+4V). Agora, queremos saber qual caixa atingirá maior altura ao subir a sua respectiva rampa. Faremos uso da conservação de energia para cada caixa: MA .(VA )2 / 2 = MA .g. HA (VA )2 / 2 = g. HA , com VA = V, vem: (V )2 / 2 = g. HA V 2 / 2 = g. HA [eq-1]

MB .(VB )2 / 2 = MB .g. HB (VB )2 / 2 = g. HB com VB = 4V, vem: (4V)2 / 2 = g. HB 16V2 / 2 = g. HB [eq-2]

Dividindo [eq-1] por [eq-2], vem: B

A2

2

H.gH.g

V.16V

� � HB = 16. HA

Resposta correta : LETRA D Aula 6 - Questão 10 - resolução

TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA Admitamos que as caixas têm massas M e 4M, com M = 2kg. Se as caixas têm massas M e 4M, pela conservação da quantidade de movimento, elas irão adquirir velocidades respectivamente iguais a �4V e V , veja:

(QA + QB)antes = (QA + QB)depos 0 + 0 = M.(�4V) + 4M.(+V)

4MM Pela conservação de energia, o prof Renato Brito afirma que:

24M.(V)

2M.(4V)

2X.K 222

�� 222 4M.V M.16V X.K ��

22 20M.V X.K � , com M = 2 kg, K = 25 x103 N/m , e a deformação X inicial da mola é dada por X = |L – Lo| = 0,20 – 0,16 = 0,04 m

22 20M.V X.K � � 25x103 . (16 x 10–4) = 20x 2 x V 2 � V = 1 m/s ( essa é a velocidade da caixa de massa 4M, ou seja, da caixa B). A velocidade da caixa A será 4V = 4 m/s

Aula 6 - Questão 11 - resolução TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA:

O sistema bola+carro encontra-se isolado na horizontal. A quantidade de movimento vetorial do sistema, antes e após a explosão, permanecerá inalterada na direção horizontal, visto que a ausência for forças externas horizontais agindo no sistema garante o seu isolamento nessa direção:

Qxcarro-inicial + Qxbola-inicial = Qxcarro-final + Qxbola-final

Observe os sinais algébricos positivos para grandezas que apontam a favor do eixo e vice-versa.

0 + 0 = (�M.v) + (+m.vX) 0 + 0 = (�M.v) + (+m.vo.cos�)

M.V = m.Vo.cos� � 10 x V = 1,5 x 40 x (0,5) � V = 3 m/s Essa é a velocidade do recuo do canhão ! Aula 6 - Questão 12 - resolução Pela conservação da quantidade de movimento horizontal do sistema bala+canhão, durante o disparo da bala, temos: QX sistema antes = QX sistema depois

Qcanhão + Qbala = Qcanhão’ + Qbala’

0 + 0 = �M.V + m.VX , com VX = Vo.cos� Assim, a velocidade de recuo do canhão é dada por

V = ��

� cos.V .

Mm

o (eq1).

Após o disparo, o canhão recua com velocidade V dada por eq1, sendo retardado pela força de atrito Fat até parar, após percorrer uma distância d. Pelo Teorema da Energia cinética (Princípio do trabalho total), temos: Ttotal = EcinF � Ecin i TFat + Tpeso + Tnormal = 0 � M.V² / 2 �Fat.d + 0 + 0 = � M.V² / 2 ��.M.g.d + 0 + 0 = � M.V² / 2 V² = 2.�.g.d = 2.(0,5).10.(1,6) � V = 4 m/s

Substituindo em eq1, vem:

V = ��

� cos.V .

Mm

o � 4 = )5,0.(V .102

o��

�

Vo = 40 m/s Aula 6 - Questão 13 - resolução TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA:

cosmMv

�vo

antes

Mv = 0

depois O sistema bola+carro encontra-se isolado na horizontal. Assim, esse episódio trata-se de uma mera colisão horizontal, para a qual podemos escrever a equação escalar:

Qxcarro-inicial + Qxbola-inicial = Qxcarro-final + Qxbola-final Observe os sinais algébricos positivos para grandezas que apontam a favor do eixo e vice-versa.

(�M.v) + (+m.vo.cos�) = 0 + 0 Assim, podemos escrever: M.V = m.Vo.cos� � M x 5 = 4 x 6 x (0,5) � M = 2,4 kg D

EMONSTRATIVO

apostila de mecânica - termodinâmica - Óptica - prof renato brito

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