Exemplos de aplicação das leis de Newton e

Conservação do Momento Linear

Cálculo de resultante I Considere um corpo sobre o qual atual três forças distintas. Calcule a força resultante.

30

𝑭𝟏= 10 N

𝑭𝟐= 5 N

𝑭𝟑= 8 N

Passo 1: definir o sistema de coordenadas a ser utilizado. Pela simetria do problema, vamos definir um sistema de eixos composto por um eixo na horizontal e outro na vertical da figura. x

y

Passo 2: calcular as componentes de cada força ao longo dos eixos de coordenadas escolhido.

Neste caso, as forças F2 e F3 estão , respectivamente ao longo dos eixos x e y. A força F1 tem parte de sua ação ao longo do eixo x (F1x) e parte de sua ação ao longo do eixo y (F1y). Podemos escrever então, que:

𝐹𝑟𝑥 = 𝐹2 + 𝐹1𝑥 𝐹𝑟𝑦 = 𝐹3 + 𝐹1𝑦

Cálculo de Resultante II

Passo 3: vamos calcular as componentes da força F1 ao longo de cada um dos eixos: 𝐹1𝑥 = 𝐹1 cos 330 = 10 × 0,87 = 8,7 𝑁

𝐹1𝑦 = 𝐹1 sen 330 = 10 × (−0,5) = −5 𝑁

Logo, as componentes da força resultante serão dadas por:

𝐹𝑟𝑥 = 𝐹2 + 𝐹1𝑥 = 8,7 𝑁 + 5𝑁 = 13,7𝑁 𝐹𝑟𝑦 = 𝐹3 + 𝐹1𝑦 = 8𝑁 − 5𝑁 = 3𝑁

Portanto, a força resultante será escrita como:

𝐅𝑟 = 13,7𝐢 + 3𝐣

Cálculo de força resultante II O Plano inclinado

m

P

N

α

Queremos calcular a força resultante sobre o bloco de massa m. Neste caso, a simetria do problema sugere a orientação dos eixos conforme a figura.

O principal problema aqui é visualizar o ângulo que a força peso faz com a vertical. Um pouco de geometria nos mostra que:

α

π/2 -α

α

𝑃𝑥 = 𝑃𝑠𝑒𝑛(α) = 𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛(α) 𝑃𝑦 = −𝑃𝑐𝑜𝑠 α = − 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠(α)

Cálculo de força resultante II O Plano inclinado

Portanto, as componentes da força resultante serão dadas por:

𝐹𝑟𝑥 = 𝑃𝑥 = mg sin 𝛼

𝐹𝑟𝑦 = 𝑁 + 𝑃𝑦 = 𝑁 − 𝑚𝑔 cos 𝛼=0 N

Logo, a força resultante tem somente componentes na direção x:

𝐅𝑟 = mg sin 𝛼 𝐢

T2 T1

Cálculo de força resultante Usando a ação e reação

Considere dois blocos ligados da maneira mostrada na figura. Sobre o bloco 1 atua uma força F. Calcule a aceleração sobre os dois blocos considerando que a corda que liga os dois é inextensível.

m1 m2

F Neste caso, temos duas forças formando um par de ação e reação.

Observe que a única força que age no bloco de massa m1 é a força T2 devida ao bloco 2.

Cálculo de força resultante Usando a ação e reação

Vamos equacionar as forças atuando nos dois blocos:

𝐹𝑟1 = 𝑇2 = 𝑚1𝑎 𝐹𝑟2 = 𝐹 − 𝑇1 = 𝑚2𝑎

Corda inextensível implica iguais

acelerações nos dois blocos

Vamos usar agora o fato de que as duas forças T1 e T2 formam um par de ação e reação: T1 = T2.

𝐹𝑟1 = 𝑇1 = 𝑚1𝑎 𝐹𝑟2 = 𝐹 − 𝑇1 = 𝑚2𝑎

Isolando agora para a aceleração:

𝑎 =𝐹

𝑚2 + 𝑚1

Peso aparente Considere a seguinte situação: uma pessoa está dentro de um elevador que desce a uma velocidade de 10, 0 m/s e leva 25 m para parar. Considere que a massa da pessoa seja de 70 kg e a massa do elevador de 730 kg. Calcule a aceleração com a qual o elevador é levado ao repouso e o peso que uma balança marcaria para o peso da pessoa dentro do elevador.

Balança Pe

N

Pp

Primeiro, vamos calcular a aceleração do conjunto, sob a hipótese de que a aceleração foi constante. Neste caso, podemos usar a equação de Torricelli para calcular a aceleração:

2 2

22 2

2 2

2 ( )

0 10 /

2( ) 2 (0 25)

100/ 2 /

50

f i f i

f i

f i

v v a y y

v v m sa

y y

a m s m s

y

a

Peso aparente Vamos agora calcular o peso aparente da pessoa sobre o elevador. Sobre a pessoa atuam duas forças:

1) O peso da pessoa;

2) A força de reação da balança sobre ela, chamada de Normal.

Observe que a Normal é, em módulo, igual à força que a pessoa aplica sobre a balança que é o peso medido pela balança.

Logo:

2

2

( )

70 (2 9,81) /

70 11,81 /

826,7

y

y

ma N mg

N m a g

N kg m s

N kg m s

N N

rF = P N

Peso medido pela balança.

Interregno – Energia cinética e conservação da energia

Definimos a Energia Cinética de uma partícula de massa m e velocidade de módulo v por:

𝐸𝑐 =1

2𝑚𝑣2

Esta quantidade nos indica quanto de movimento uma partícula tem. Ela é relacionada com a distância na qual uma força agiu para levar a partícula de uma situação na qual a velocidade da partícula era zero até a situação na qual a velocidade da partícula é v.

Posição na qual a velocidade é v.

m F

Posição inicial (v=0).

Distância percorrida sob a ação da força F

Interregno – Conservação da Energia

Em um sistema fechado a energia total, entendida como a soma das energias de todas as partículas é conservada.

Em sistemas fechados, em qualquer processo, a energia total antes de o processo ocorrer é a mesma depois de o processo ocorrer.

Hipótese: o choque é completamente elástico: a energia não é perdida de forma alguma.

Princípios que podemos aplicar:

•Conservação do momento;

•Conservação da energia.

Problema: qual serão as velocidades das duas bolas após a colisão?

ti tfP P

ti tfE E

Situação antes do choque Situação depois do choque

m, v1i = 0 M, V2i

Posição do choque

m, v1f

M, V2f

Posição do choque

Eq. 1

Colisões em uma dimensão

Colisões em uma dimensão

1 2

1 2

1 2

tf f f

tf f f

tf f f

m M

P mv MV

P p p

P v V

O momento linear total do sistema após o choque é dado por:

Portanto, podemos escrever a partir da conservação do momento linear:

2 1 2

2 2 1

1 2 2

ti tf

i f f

i f f

f i f

P P

MV mv MV

MV MV mv

Mv V V

m

Estamos no caso unidimensional

O momento linear total do sistema antes do choque é dado por:

1 2

1 2

1 2 2

ti i i

ti i i

ti i i i

m M

P mv MV MV

P p p

P v V

Da conservação da energia temos:

Vamos agora isolar a velocidade final da partícula que estava inicialmente em

repouso, vf em função da velocidade da partícula que estava inicialmente em

movimento:

2 2 2

2 1 2

2 2 2

2 2 1

2 2 2

2 2 1

2 2 2

2 2 1

2

2 2 2 2 1

1 1 1

2 2 2

1 1 1

2 2 2

1 1

2 2

i f f

i f f

i f f

i f f

i f i f f

MV mv MV

MV MV mv

M V V mv

mV V v

M

mV V V V v

M

2 2 2

2 1 2

1 1 1

2 2 2

ci cf

i f f

E E

MV mv MV

Colisões em uma dimensão

Colisões em uma dimensão Usando agora a Eq. 1:

2

2 2 2 2 2 2

2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

2 2

1 1

i f i f i f

i f i f i f

i f i f

f i

f i

f i

m MV V V V V V

M m

MV V V V V V

m

MV V V V

m

M MV V

m m

m M M mV V

m m

M mV V

M m

1 2 2

1 2 2

1 2

1 2 2

1 2

1

2

2

f i f

f i i

f i

f i i

f i

Mv V V

m

M M mv V V

m M m

M M mv V

m M m

M M m M m M mv V V

m M m m M m

Mv V

M m

Usando agora esta expressão, podemos obter a velocidade final da partícula inicialmente em repouso:

Colisões em uma dimensão

Colisões em uma dimensão – casos limite

i) Massas iguais: M = m

Nesse caso:

1 2 2 2 2

2 2 2

2 2 22

0

f i i i i

f i i

M m mv V V V V

M m m m m

M m m mV V V

M m M m

Há uma transferência completa de momento da partícula que se movimenta para aquela que está parada !

Colisões em uma dimensão – casos limite ii) Massa da partícula alvo é muito menor que a massa da partícula projétil: M >> m (Projétil pesado)

Agora temos:

O momento do projétil não é praticamente modificado !

1 2 2 2

2 2 2

2 2 2f i i i

f i i

M Mv V V V

M m M

M mV V V

M m

Colisões em uma dimensão – casos limite

iii) Massa da partícula alvo é muito maior que a massa da partícula projétil: m >> M (Alvo pesado)

1 2 2

2 2 2 2

2 2 1f i i

f i i i

M Mv V V

M m m

M m mV V V V

M m m

Nesse caso a partícula projétil inverte simplesmente a sua velocidade e a partícula alvo se move com velocidade muito pequena para a frente.