movimentos - variações e conservações

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Carlos Magno S. da Conceição

Licinio Portugal

Lizardo H. C. M. Nunes

Raphael N. Púbio Maia

Volume único

Movimentos: Variações e Conservações

Apoio:

Material Didático

Referências Bibliográficas e catalogação na fonte, de acordo com as normas da ABNT.

Copyright © 2008, Fundação Cecierj / Consórcio Cederj

Nenhuma parte deste material poderá ser reproduzida, transmitida e gravada, por qualquer meio eletrônico, mecânico, por fotocópia e outros, sem a prévia autorização, por escrito, da Fundação.

2008/2

ELABORAÇÃO DE CONTEÚDOCarlos Magno S. da ConceiçãoLicinio PortugalLizardo H.C.M. NunesRaphael N. Púbio Maia

COORDENAÇÃO DE DESENVOLVIMENTO INSTRUCIONALCristine Costa Barreto

SUPERVISÃO DE DESENVOLVIMENTO INSTRUCIONAL Ana Paula Abreu-Fialho

DESENVOLVIMENTO INSTRUCIONAL E REVISÃO Solange NascimentoWilson Paulo de O. Jr

AVALIAÇÃO DO MATERIAL DIDÁTICOThaïs de Siervi

Governo do Estado do Rio de Janeiro

Secretário de Estado de Ciência e Tecnologia

Governador

Alexandre Cardoso

Sérgio Cabral Filho

Fundação Cecierj / ExtensãoRua Visconde de Niterói, 1364 – Mangueira – Rio de Janeiro, RJ – CEP 20943-001Tel.: (21) 2299-4565 Fax: (21) 2568-0725

PresidenteMasako Oya Masuda

Vice-presidente e Diretora de ExtensãoMirian Crapez

Coordenador da Equipe de Extensão em FísicaLizardo H. C. M. Nunes

EDITORATereza Queiroz

REVISÃO TIPOGRÁFICADaniela de SouzaElaine BaymaPatrícia Paula

COORDENAÇÃO DE PRODUÇÃOJorge Moura

PROGRAMAÇÃO VISUALSanny Reis

ILUSTRAÇÃOClara Gomes

CAPAClara Gomes

PRODUÇÃO GRÁFICAAndréa Dias FiãesFábio Rapello Alencar

Departamento de Produção

C744mConceição, Carlos Magno S. da.

Movimentos: variações e conservações. volume único / Carlos Magno S. da Conceição; Licínio Portugal; Lizardo H. C. M. Nunes; Raphael N. P. Maia. – Rio de Janeiro : Fundação CECIERJ, 2008.

390p.; 19 x 26,5 cm.

ISBN: 978-85-7648-504-9

1. Movimentos. 2. Vetores. 3. Leis de Newton. 4. Hidrostática. I. Portugual, Licínio. 3. Nunes, Lizardo H. C. M. 4. Maia, Raphael N. P. II. Título. CDD: 530.07

Movimentos: Variações e Conservações

SUMÁRIO

Volume único

Aula 1 – Movimento unidimensional ___________________________________5

Aula 2 – Cinemática vetorial _______________________________________ 39

Aula 3 – As leis de Newton ________________________________________ 89

Aula 4 – As aplicações das leis de Newton____________________________ 125

Aula 5 – Energia e trabalho _______________________________________ 193

Aula 6 – Colisões_______________________________________________ 235

Aula 7 – Momento angular _______________________________________ 285

Aula 8 – Hidrostática ____________________________________________ 325

Apêndice - Vetores____________________________________________ 363

Referências ___________________________________________________385

obje

tivos1AULA

Meta da aula

Movimento unidimensional

Discutir os principais aspectos instrucionais relacionados ao movimento unidimensional

de uma partícula.

Ao final desta aula, você deverá ser capaz de:

• calcular a velocidade média e a aceleração média de uma partícula, conhecendo a duração de um intervalo de tempo e o deslocamento da partícula nesse intervalo;

• calcular a velocidade e a aceleração instantâneas de uma partícula para uma dada “lei horária do movimento”;

• usar as equações do movimento unidimensional de uma partícula com aceleração nula ou constante para encontrar a posição, a velocidade ou a aceleração instantâneas;

• representar graficamente a posição, a velocidade e a aceleração de uma partícula em movimento unidimensional com aceleração nula ou constante, como função do tempo para um intervalo dado;

• calcular o deslocamento, a velocidade média e a aceleração média para um intervalo de tempo de uma partícula em movimento unidimensional, a partir dos gráficos horários do movimento.

Texto adaptado por Lizardo H. C. M. Nunes das apostilas:

- Souza, Carlos Farina de; PINTO, Marcus Venicius C.; SOARES FILHO, Paulo Carrilho. Física 1A. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. 3v.

- ALMEIDA, Maria Antonieta T. de. Introdução às Ciências Físicas: v.3. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004.

6 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 7

AU

LA 1

DESLOCAMENTO

Considere uma partícula que pode mover-se apenas ao longo de

uma reta. Tal movimento é dito retilíneo ou unidimensional. Vamos dizer

também que a posição da partícula seja determinada pela coordenada x

do eixo coordenado OX.

Veja agora a Figura 1.1.

Figura 1.1: Carro se desloca de (A) para (B).

Podemos perceber que inicialmente o carro estava em (A) e que,

depois de um certo tempo, ele passou para (B). Vamos dizer que (A)

esteja relacionado a um instante t1 e que (B) esteja relacionado a t2.

A duração desse intervalo é dada por

(1.1)

Se tomarmos a placa acima como referencial, de onde medimos a

posição do carro, em (A) o carro estava 30m à direita da placa, ou seja,

a posição do carro em (A) é dada por x(t1) = 30m. Analogamente, em

(B), a posição do carro é dada por x(t2) = 50m.

∆t t t= 2 1−− .

−60−50

−40−30

−20−10

010

2030

4050

60

x(t1) =

x(t2) = x(m)

t1

t2

A

B

6 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 7

AU

LA 1

A variação da posição da partícula, do instante t1 ao instante t2,

é a diferença x(t2) – x(t1). Essa variação é chamada de deslocamento da

partícula do instante t1 ao instante t2.

(1.2)

A unidade de deslocamento é, naturalmente, a mesma da posição.

Se, por exemplo, exprimirmos as posições em metros, os deslocamentos

serão dados também em metros.

É fácil ver que um deslocamento é positivo somente se x(t2) > x(t1).

Nesse caso, dizemos que o deslocamento ocorre no sentido positivo do eixo

OX. De maneira análoga, o deslocamento é negativo somente se x(t2) < x(t1)

e o deslocamento ocorre no sentido negativo do eixo OX.

Durante um movimento qualquer, podem ocorrer deslocamentos

no sentido positivo e negativo do eixo OX. Por exemplo, durante um

intervalo de tempo, você pode andar para frente e depois, em outro

intervalo, você pode andar para trás.

∆ =x x t x t( ) ( ).2 1−−

Figura 1.2: A partícula passa pelo mesmo ponto na subida e na descida.

Um deslocamento é nulo somente se x(t2) = x(t1), isto é, as posições iniciais e finais são iguais. Mas não devemos necessariamente concluir que a partícula tenha ficado parada. Ela pode ter ficado parada, mas também pode ter realizado outro movimento qualquer, desde que tenha voltado à posição inicial no instante t2. Isso acontece, por exemplo, quando jogamos uma pedra verticalmente para cima, e ela volta para a sua mão exatamente no ponto de onde saiu.

!

Descida

x

Subida

t = t2 t = t1

O

8 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 9

AU

LA 1

Podemos concluir então que o deslocamento de uma partícula

durante um certo intervalo de tempo não é, obrigatoriamente, a distância

percorrida por ela durante esse intervalo. De fato, no exemplo ilustrado

pela figura, a distância percorrida pela pedra não é zero, mas o dobro

da altura que ela alcança acima da posição inicial.

VELOCIDADE MÉDIA

Para ilustrar o conceito de velocidade média, vamos contar a

fábula da lebre e da tartaruga:

Ao enxergar uma árvore distante no meio de uma planície, a lebre

vira-se para a tartaruga e diz: “Aposto com você uma caixa de alfaces

fresquinhas que chego lá antes de você.” A tartaruga (que não era muito

esperta) topa a aposta, e a lebre sai em disparada deixando para trás

a tartaruga. Ao chegar no meio do caminho, a lebre olha para trás,

vê que a tartaruga é apenas um pontinho no horizonte e decide parar

para descansar. A lebre acaba pegando no sono e, ao acordar, percebe

que a tartaruga está quase alcançando a árvore. A lebre, então, corre a

toda tentando, desesperadamente, alcançar a tartaruga, mas já era tarde...

A tartaruga alcança a árvore apenas alguns segundos antes da lebre.

Agora você poderia fazer a seguinte pergunta:

"Por que a lebre, sendo muito mais rápida, chegou depois da

tartaruga?"

Porque a velocidade média da tartaruga foi maior que a velocidade

média da lebre durante a corrida. Por definição, a velocidade média

num intervalo de tempo só depende das posições iniciais e finais nesse

intervalo.

De fato, se a posição de uma partícula no instante inicial t1 for

x(t1) e se a posição no instante final t2 for x(t2), a velocidade média nesse

intervalo é dada por

(1.3)

Você já deve ter ouvido falar na fábula da lebre e da tartaruga. Caso você não a conheça, acesse o link abaixo:http://bonecadetrapos.blogs.sapo.pt/arquivo/681659.html

vx t x t

t txtt t1 2

2 1

2 1→→

−−−−

≡≡=( ) ( )

,∆∆

8 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 9

AU

LA 1

onde t2 ≠ t1. (Note que, se t2 = t1, o intervalo se reduz ao instante t1, e para

um único instante não é possível usar o conceito de velocidade média.)

Perceba que a velocidade média é a razão entre o deslocamento

da partícula no intervalo de t1 a t2 e a duração desse intervalo.

Sendo velocidade média a razão entre deslocamento e um inter-

valo de tempo, a sua unidade será a razão entre as unidades de com-

primento e de tempo que forem usadas. Por exemplo, se usarmos o metro

para os deslocamentos e o segundo para o tempo, a unidade de velocidade

média é o metro por segundo, usualmente escrita como m/s.

ATIVIDADE

Como a duração do intervalo, t2 − t1 , é positiva, a velocidade média é positiva somente se o deslocamento da partícula no intervalo é positivo. Do mesmo modo, a velocidade média é negativa somente se o deslocamento é negativo. Finalmente, note que a velocidade média dá apenas uma informação global sobre a maneira como a partícula se moveu nesse intervalo. Para saber a velocidade da partícula em um instante em particular, precisamos recorrer ao conceito de velocidade instantânea que você verá a seguir.

1. Na célebre corrida entre a lebre e a tartaruga, a velocidade da tartaruga é de 1,5m/min. A distância a percorrer é de 450m, e a lebre corre durante 0,6 min. antes de parar para uma soneca.

a. Sabendo que a lebre é capaz de completar o percurso em 54s, calcule a sua velocidade média.

b. Qual é o deslocamento da lebre da partida até a parada para a soneca?

c. Qual é a duração máxima da soneca para que a lebre não perca a corrida?

10 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 11

AU

LA 1

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Antes de calcular a velocidade média, vamos adotar a origem do eixo x como

o ponto de partida, x1 = 0, e a linha de chegada é representada pelo ponto

x2 = 450m.

A lebre é capaz de deslocar-se ∆x x x= = =2 1 450 0 45−− m km, em um

intervalo de tempo ∆tminimo = =54 0 015s h, . Portanto, segundo a definição

v = ∆ ∆x/ t , a velocidade média é

b. Chamaremos ∆t’ o tempo gasto pela lebre para alcançar o ponto em que pára

para tirar uma soneca. Sabemos que a lebre corre por ∆t’ = 0,6 min = 0,01h

antes de parar. A partir da velocidade encontrada no item (a), podemos calcular o

deslocamento ∆ ∆x v t’ ’= g :

c. Em primeiro lugar, de acordo com o item a, a lebre “é capaz de completar o

percurso em 54s”.

Agora você deve se perguntar: “Quanto tempo a tartaruga leva para completar

a corrida?”

A tartaruga percorre ∆x = 0 45, km com uma velocidade

. A partir da relação , calculamos a duração da corrida,

Logo, é possível mostrar que o tempo máximo da soneca deve ser de

.

vkmh

km h= =0 450 015

30,,

/

∆t h h",,

= =0 450 09

5

∆ ∆t x v’’ /=

VELOCIDADE INSTANTÂNEA

Para ilustrar o conceito de velocidade instantânea, vamos

parafrasear uma anedota contada por Richard Feynman, um dos maiores

físicos do século passado, em seu livro The Feynman Lectures on Physics,

que foi adaptada pelo Professor H. Moysés Nussenzveig em seu livro

Curso de física básica:

Um policial pára o carro de uma loura que andava em alta

velocidade e exclama:

v = 1 5, m/min = 0,09km/h

v = 1 5, m/min = 0,09km/h

∆x’ ( , ) ,= × =30 0 01 0 3km km

∆ ∆t t’’−− minimo = 4h 59min 6s

10 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 11

AU

LA 1

– Dona, a senhora estava andando a 120km/h, quando o limite

nesta rua é de 60km/h!

Então, a loura responde:

– Mas, seu guarda, como é que eu podia estar andando a 120km

por hora, quando eu só estou dirigindo faz 20 minutos!

Daí o Feynman diz no livro dele: “Vamos supor que ao invés do

guarda dizer: – Então a senhora explique isso ao Detran, porque vai

receber uma multa! – ele resolva dar uma lição de Física para a loura:

– O que eu quero dizer é que, se a senhora seguisse em frente nessa

velocidade, depois de uma hora teria percorrido 120km!"

– Mas, seu guarda, se eu seguisse em frente, eu iria bater nesse

prédio aí da frente!

– Bem, isso é verdade, mas se a senhora tivesse continuado assim

por 1 minuto, teria percorrido 2km; se a senhora continuasse por

1 segundo, teria percorrido 33,3m; e, se fosse em frente por 0,1s, teria

percorrido 3,33m. Desse jeito, a senhora poderia perfeitamente ter

infringido a lei durante 0,1 segundo.

– Mas, seu guarda – disse a loura – o limite de velocidade é de

60km/h, e não de 1,66 metros em 0,1 segundo.

Então, o guarda se sai com essa:

– Dá no mesmo, minha senhora. O que importa aqui é a velocidade

instantânea.

Para fixar as idéias, considere o seguinte exemplo: suponha que você

veja um radar a 100m de distância quando dirigia seu carro a 100km/h.

Para não ser multado, você precisa passar pelo radar a menos de 50km/h.

Então, imediatamente você pisa nos freios fazendo com o que o carro vá

diminuindo a velocidade.

Conheça mais sobre o físico Richard Feynman (1918-1988) através do link:http://pt.wikipedia.org/wiki/richard_feynman

12 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 13

AU

LA 1

Vamos fazer o gráfico da posição do seu carro em função do tempo.

Para fazer isso, vamos fixar a origem no radar. Assim, quando você vê

o radar, ele está na posição -100 aproximadamente (medida em metros)

e encontra o radar 5,74 segundos depois (na posição zero), como pode

ser visto na Figura 1.3.

Figura 1.3: As posições de um carro que se aproxima de um radar em função do tempo.

Qual a velocidade do carro no instante t = 5,74s?

Para calcular a velocidade nesse instante, vamos diminuir o

intervalo de tempo até que ele seja tão pequeno, que o intervalo se

reduza a esse instante.

Vamos começar com o intervalo entre 0s e 5,74s. A velocidade

média nesse intervalo, usando os valores vistos na Figura 1.3, é:

x(m)20

2 4

−20

−40

−60

−80

−100

6 8t(s)

vx x

0 5 74

5 74 05 74 0

17 42 63→ = = ≈,

( , ) ( ),

,s s m

sms

km/h.−−−−

12 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 13

AU

LA 1

Vamos agora diminuir para o intervalo de tempo entre os instantes

4,74s e 5,74s. A velocidade média nesse intervalo é:

Vamos diminuir ainda mais para o intervalo entre 5,73s e 5,74s.

A velocidade média nesse intervalo é:

Vamos diminuir ainda mais para o intervalo entre 5,749s e 5,74s.

A velocidade média nesse intervalo é:

Só para ser chato, vamos diminuir ainda mais para o intervalo

entre 5,7399s e 5,74s. A velocidade média nesse intervalo é:

Você está vendo? Quando estamos no limite em que o intervalo

é zero, temos a velocidade instantânea no exato momento em que o seu

carro passa pelo radar.

Podemos expressar matematicamente esta última frase da seguinte

forma:

Esse limite (lim) define a derivada da posição com relação ao

tempo, ou seja, a velocidade instantânea num dado instante é a derivada

com relação ao tempo da função que descreve a posição da partícula

nesse dado instante.

Logo, a velocidade instantânea num dado instante t0 é

expressa por

(1.4)v tdx tdt t t

( )( )

.0

0

==

vx x

4 74 5 74

5 74 4 745 74 4 74

12 06 43, ,

( , ) ( , ), ,

,→ = = ≈s s ms

ms

km/h.−−−−

vx x

5 73 5 74

5 74 5 735 74 5 73

10 57 38, ,

( , ) ( , ), ,

,→ = = ≈s s ms

ms

km/h.−−−−

vx x

5 739 5 74

5 74 5 7395 74 5 739

10 56 38, ,

( , ) ( , ), ,

,→ = = ≈s s ms

ms

km/h.−−−−

vx x

5 739 5 74

5 74 5 7395 74 5 739

10 56 38, ,

( , ) ( , ), ,

,→ = = ≈s s ms

ms

km/h.−−−−

v tx t t x t

tt( ) lim .=

+( ) ( )

→∆

∆∆0

−−

14 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 15

AU

LA 1

(A expressão é a derivada da função posição, denotada por

x(t), com relação ao tempo, que denotamos por t.)

dx tdt

( )

Pela Equação (1.4), se soubermos x(t), que nos fornece a posição

como função do tempo, podemos determinar a função velocidade v(t)

em qualquer instante do domínio desta função. Aliás, x(t) também é

chamada de “lei horária do movimento”.

Agora, você poderia nos perguntar:

“Se você conhece a velocidade de uma partícula em todos os

instantes do movimento e a posição que ela ocupa num instante em

particular, é possível descobrir qual é o movimento realizado pela

partícula?”

A resposta é sim! Se conhecemos a função velocidade e sua posição

num dado instante, podemos encontrar a função posição, que nesse caso

é obtida por meio do conceito matemático de integral.

Assim, dada a posição x0 de uma partícula no instante t0 e a sua

função velocidade v(t), a função posição é dada por

(1.5)

(A expressão v t dtt

t

( ’) ’ 0

∫ é a integral, do instante t0 ao instante t, da

função velocidade, denotada por v(t), e t’ é a variável de integração.)

O cálculo de derivadas e integrais está fora do objetivo deste curso

e não será cobrado nas avaliações.

x t x v t dtt

t

( ) ( ’) ’.= + ∫0

0

A velocidade instantânea é igual ao valor limite de velocidades médias (em intervalos de tempo cada vez menores), e a unidade da velocidade instantânea será a mesma da velocidade média: uma unidade de comprimento dividida por uma unidade de tempo. Assim, a velocidade instantânea também pode ser dada em metros por segundo, por exemplo, como a velocidade média.

!

14 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 15

AU

LA 1

ACELERAÇÃO CONSTANTE

A aceleração descreve quão rapidamente varia a velocidade

durante o movimento. De certo modo, percebemos acelerações com mais

facilidade do que velocidades. Imagine que você esteja de olhos fechados

viajando em um automóvel de janelas fechadas, que percorre uma estrada

ATIVIDADE

2. A posição de uma partícula que se move ao longo do eixo x varia no tempo de acordo com a expressão x = 2t2, com x em metros e t em segundos. Calcule sua posição:

a. no instante t = 3,0s

b. em t = 3,0s + ∆t.

c. Calcule o limite de ∆x/∆t, considerando que ∆t se aproxima de zero, para encontrar a velocidade instantânea em t = 3,0s.

RESPOSTAS COMENTADAS

a. No instante t = 3,0s, a posição da partícula vale

b. Em um instante próximo, t = 3,0s + ∆t, a posição calculada é

c. O deslocamento da partícula entre os instantes 3,0s e 3,0s + ∆t é

dado por ∆x = x(3,0 + ∆t) – x(3,0) = [12∆t + 2,0(∆t)2]m. Ao dividir o

deslocamento pelo intervalo de tempo, encontramos o seguinte

resultado:

No limite em que ∆t → 0, o segundo termo do lado direito da igualdade

acima tende a zero. Portanto, a velocidade instantânea da partícula em

t = 3,0s vale

x t t t t( , ) ,3 0 2 3 0 18 12 22 2

s m m.+ = × +( ) = + + ( )

∆ ∆ ∆ ∆

∆∆

∆xt

t= +( )12 2 0, .ms

vxtt3 0 120, lims m/s.( ) = =→∆

∆∆

x ( , ) ,3 0 2 3 0 182

s m m.= × ( ) =

16 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 17

AU

LA 1

horizontal e reta (suponha, além disso, que a estrada esteja em bom

estado e que o carro seja bom): as acelerações são facilmente percebidas.

Se o carro acelera, você sente o banco do carro pressionando as

suas costas. Se a aceleração é negativa, isto é, se o carro desacelera, você

sente agora o cinto de segurança pressionando o seu peito para trás (sendo

uma pessoa inteligente, você certamente usará cinto de segurança).

Já estamos habituados ao uso coloquial do conceito de aceleração.

Todos nós entendemos o que significa dizer que o automóvel está

acelerando; significa que a velocidade do automóvel está aumentando.

Se dissermos que a aceleração é grande, entende-se que a velocidade

está variando rapidamente, ou seja, em um certo intervalo de tempo,

a velocidade varia de uma quantidade considerada grande. Se um

automóvel é freado, sua velocidade também varia, o que reduz o valor

da velocidade. Nesse caso, diz-se que o automóvel foi desacelerado.

Em linguagem coloquial, variações positivas de velocidade

são chamadas de acelerações, e variações negativas são chamadas de

desacelerações. Em Física, o conceito de aceleração num movimento

retilíneo é de uma grandeza que pode ser positiva, negativa ou nula.

Por aceleração nula entende-se, é claro, a ausência de aceleração. Nesse

caso, a velocidade é constante ou o corpo se encontra em repouso.

Aceleração média e instantânea

Considere um intervalo de tempo [t1, t2], com t2 > t1. Se v(t1) é a

velocidade da partícula no instante t1 e v(t2) é a velocidade da partícula

no instante t2, a variação da velocidade no intervalo de t1 a t2 é

(1.6)

e a duração desse intervalo é (1.7)

A razão entre a variação da velocidade no intervalo de t1 a t2 e a

duração desse intervalo é chamada de aceleração média da partícula no

intervalo [t1, t2], ou seja,

(1.8)

∆v v t v t= ( ) ( )2 1−−

∆t t t= 2 1−− .

av t v t

t tvtt t1 2

2 1

2 1→ = ≡

( ) ( ).

−−−−

∆∆

16 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 17

AU

LA 1

Uma variação de velocidade é expressa, naturalmente, em

unidade de velocidade, isto é, unidade de comprimento dividida

por unidade de tempo. Sendo a aceleração média a razão entre a variação

de velocidade e a duração de um intervalo de tempo, a sua unidade será

a de velocidade dividida pelo tempo.

Sendo a duração do intervalo t2 – t1 uma grandeza positiva,

concluímos que a aceleração média é positiva somente se a variação

da velocidade da partícula no intervalo de t1 a t2 é positiva, isto é, se

a velocidade aumenta nesse intervalo de tempo. A aceleração média é

negativa somente se a velocidade diminui no intervalo. Finalmente, o caso

da aceleração média nula corresponde à situação em que a velocidade da

partícula em t2 é igual à sua velocidade em t1. Porém, isso não significa

necessariamente que durante esse intervalo a velocidade da partícula

tenha permanecido constante. Isso pode ou não ter acontecido, mas,

conhecendo-se apenas a velocidade média nesse intervalo, nada podemos

afirmar. A aceleração média dá apenas uma idéia global de como varia

a velocidade em um intervalo.

Para ter uma informação mais detalhada sobre a rapidez da

variação da velocidade, devemos considerar o conceito de aceleração

instantânea, que nos fornece a rapidez com que a velocidade varia num

instante em particular.

A aceleração instantânea da partícula no instante t é o limite da razão

entre ∆v e ∆t, quando a duração do intervalo tende a zero, ou seja,

(1.9)

No S.I. (http://pt.wikipedia.org/wiki/sistema_internacional_de_unidades) a unidade de aceleração média é o metro por segundo por segundo, ou simplesmente m/s2.

Por exemplo, a velocidade média nula em um intervalo não significa necessariamente que a velocidade tenha permanecido constante nesse intervalo; ela pode ter variado de modo a voltar, no final do intervalo, ao valor que tinha no início.

!

a tv t t v t

tt( ) lim .=

+( ) ( )

→∆

∆∆0

−−

18 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 19

AU

LA 1

Esse limite (lim) define a derivada da velocidade com relação ao

tempo, ou seja, a aceleração instantânea num dado instante é a derivada

com relação ao tempo da função que descreve a velocidade da partícula

nesse dado instante.

Logo, a aceleração instantânea num dado instante t0 é expressa por

(1.10)

(A expressão dv tdt( )

é a derivada da função velocidade, denotada

por v(t), com relação ao tempo, que denotamos por t.)

Agora você poderia dizer com convicção:

"Mas a função velocidade já não é a derivada com relação ao

tempo da função posição? Logo, posso concluir então que devo derivar

com relação ao tempo duas vezes a função posição para obter a função

aceleração."

Isso mesmo, a expressão matemática da sua afirmação nos mostra

como calcular a função aceleração a partir da função posição:

(1.11)

(A expressão ddt

2

2 indica que estamos derivando duas vezes uma

função com relação ao tempo. O índice “2” não significa que estamos

“elevando ao quadrado”.)

De acordo com o que você viu, no final da seção anterior, você

poderia nos perguntar agora:

“Se você conhecesse a aceleração de uma partícula em todos os

instantes do movimento e a sua velocidade num instante em particular,

seria possível determinar a sua função velocidade?”

A resposta é sim! Se conhecemos a função aceleração e uma dada

velocidade instantânea v0, podemos encontrar a função velocidade.

A função velocidade é obtida por meio do conceito matemático de

integral. Assim,

(1.12)

a tdv tdt t t

( )( )

.0

0

==

a tdv tdt

ddt

dx tdt

d x tdt

( )( ) ( ) ( )

.= =

≡2

2

v t v a t dtt

t

( ) ( ’) ’.= + ∫0

0

18 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 19

AU

LA 1

(A expressão é a integral, do instante t0 ao instante t, da

função aceleração, denotada por a(t), e t’ é a variável de integração.)

Como já dissemos, o cálculo de derivadas e de integrais está fora

do objetivo deste curso e não será cobrado nas avaliações, mas ele é

necessário para deduzirmos as equações do movimento retilíneo com

aceleração constante a seguir.

Aceleração constante ou Movimento Retilíneo Uniformemente Variado (MRUV)

Suponha que uma partícula se mova com aceleração constante

durante um determinado intervalo de tempo. Como você viu

anteriormente, se você souber a velocidade instantânea no instante

inicial desse intervalo, poderá conhecer a velocidade em qualquer

instante desse intervalo.

Vamos representar a aceleração da partícula por a e vamos chamar

de v0 a velocidade no instante inicial t0 = 0. Pela Equação (1.12), podemos

resolver a integral para obter a função velocidade em qualquer instante

t pertencente a esse intervalo,

(1.13)

Agora, se conhecermos também a posição da partícula no instante

inicial, podemos obter a sua posição em qualquer instante desse intervalo,

como você já viu na seção anterior.

Assim, se representarmos x0 como a posição inicial da partícula,

podemos substituir o resultado da Equação (1.13) na Equação (1.5)

para obter

(1.14)

que é a conhecida expressão para a lei horária do movimento no MRUV,

estudada no ensino médio.

Finalmente, vamos terminar esta seção com o seguinte exercício:

combine os resultados obtidos pelas Equações (1.13) e (1.5) e encontre

que, para um instante qualquer do intervalo, a seguinte relação é válida:

(1.15)

a t dtt

t

( ’) ’ 0

v t v a dt

v at

t

( ) ’

.

= +

= +

∫00

0

x t x v t dt

x v at dt

x v t

t

t

( ) ( ’) ’

’ ’

= +

= + +( )

= + +

00

0 00

0 0

112

2at ,

v v a x x20

202= + ( )−− .

20 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 21

AU

LA 1

ATIVIDADES

3. Uma moto está em alta velocidade, a 25m/s, quando o limite de velocidade permitido na rua é de 60km/h. Um carro de polícia, parado no momento em que a moto passa, parte depois de 4s. O carro começa a acelerar a uma taxa constante de 5m/s2 até atingir a sua velocidade máxima de 50 m/s. A partir daí, ele mantém essa velocidade até o final da perseguição.

a. Em quanto tempo o carro de polícia atinge a sua velocidade máxima?

b. Qual é a distância entre a moto e o carro nesse instante?

c. Quando o carro vai estar 160m atrás da moto? Qual é a velocidade do carro de polícia nesse instante?

d. Quando o carro da polícia consegue alcançar a moto?

e. Se o motoqueiro tivesse percebido que estava acima do limite de velocidade e avistasse o carro de polícia a 100m de distância, que desaceleração constante ele deveria imprimir para atingir o limite de velocidade permitido ao passar pelo guarda?

20 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 21

AU

LA 1

RESPOSTAS COMENTADAS

Vamos adotar o eixo horizontal x ao longo da rua onde ocorre a perseguição,

sendo que a origem x0 = 0 está colocada no ponto em que o carro da polícia

começa a acelerar. Veja a Figura 1.4, que mostra o instante em que o carro

de polícia começa a acelerar.

a. Em primeiro lugar, você deve escrever a função horária do carro de polícia.

O carro da polícia parte do repouso, acelerando a uma taxa constante de

ap = 5m/s2. A posição do carro de polícia, xp(t), é dada por um movimento

uniformemente acelerado até atingir a velocidade máxima do carro,

vmax= 50m/s.

Você sabe que em um MRUV a velocidade é dada pela fórmula

v = v0 + at. Como o carro partiu do repouso, v0 = 0, a velocidade tem que

valer v(t) = apt. Em um certo instante t1 , a velocidade máxima é alcançada

pelo carro vmax= apt1 . Assim, você encontra o instante calculando

b. Se você usar a função horária do MRUV, então poderá escrever a posição

do carro de polícia, xp(t)= apt/2. No instante t1 , o deslocamento do carro

foi de

Note que a moto dirige a uma velocidade constante, vm = 25m/s. Durante

os t0= 4s em que o carro de polícia ficou parado, a moto se deslocou de

xm(0) = vmt0 = 100m. A posição dela, xm(t), é dada pela equação

.

Figura 1.4: O eixo x está colocado ao longo da rua onde ocorre a perseguição.

Carro da polícia Moto

1000 x(m)

x t tm( ) = +100 25m

t1

505

10= =( )( )

m/sm/s

s.2

xp( )( )

( )105

210 250

22= × =m/s

s m.

22 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 23

AU

LA 1

O deslocamento da moto até o instante t1 vale

Assim, a distância entre os dois carros no instante em que o carro de polícia atinge

a velocidade máxima é dada por xm(t) – xp(t) = (300 – 250)m = 100m.

c. Agora é necessário comparar o movimento da moto com o do carro.

A distância entre a moto e o carro é dada por xm(t) – xp(t) = xm(0) + vmt – apt2/2.

Você pode então escrever que

Você deve calcular o tempo tal que xm(t) – xp(t) = 160m. Esta equação do

segundo grau é equivalente à relação

.

A equação acima tem duas soluções, t = 4s ou t = 6s. A velocidade instantânea

do carro de polícia, v(t) = apt, no instante t = 6s vale

e no instante t = 4s vale

d. A partir do instante t1= 10s, o carro da polícia alcança a sua velocidade

máxima e mantém-se a 30m/s. Logo após esse instante, você deve escrever

a posição do carro como xp(t) = xp(10s) + vmax (t – t1). O resultado que você

encontra é o seguinte:

, .

Vamos novamente comparar o movimento da moto com o do carro.

A perseguição acaba quando a posição do carro da polícia for igual à posição

da moto, xp(t) = xm(t). Esta equação é a seguinte:

Quando você resolver a equação acima, vai encontrar o instante t2 , ou o

tempo que o carro alcança a moto depois de atingir a sua velocidade máxima.

O resultado que você obtém é t2 = 14s. Uma vez que o carro ficou parado por

4s, acelerou durante t1 = 10s e levou mais um tempo t2 = 14s para alcançar a

moto; o tempo total da perseguição foi de

t t2 10 24 0−− + =

t ≥ 10s

xm( ) ( ) ( )10 100 25 10 350= + × =m m/s s m.

x t x t t tm p( ) ( ) , .−− −−= + ( ) ( )100 25 2 5 2m m/s m/s2

v( ) ( )( )6 5 6 30s m/s s m/s2= =

v( ) ( )( )4 5 4 20s m/s s m/s.2= =

x t tp( ) ( )= + ( )250 50 10m m/s s−−

100 25 250 50 10m m/s m m/s s+ ( ) = + ( )t t( )−−

t t t ttotal = + + = + + =0 1 2 4 10 14 28( )s s.

22 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 23

AU

LA 1

e. Caso o motoqueiro tivesse freado ao longo de 100m, iria diminuir

sua velocidade de v0 = 25m/s para v = 60Km/h ≈ 16,7m/s. Você

pode usar a relação v v a x202 2= + ∆ . Assim, a aceleração constante

seria de

4. O sinal amarelo em um cruzamento fica ligado durante 3s. A largura do cruzamento é de 15m. A aceleração máxima de um carro que se encontra a 30m do cruzamento quando o sinal muda para amarelo é 3m/s2, e ele pode ser freado a 5m/s2.

a. Que velocidade mínima o carro precisa ter na mudança do sinal para atravessar no amarelo? Qual é a velocidade quando acaba de passar pelo cruzamento?

b. Qual é a velocidade máxima que lhe permite parar antes de atingir o cruzamento?

Considere que o tempo de reação do motorista é da ordem de 0,7s.

a ≈ ( ) ≈( , )

( ), .

277 7 625

2 1001 74

2−−−−

m/s

mm/s2

24 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 25

AU

LA 1

RESPOSTAS COMENTADAS

O eixo horizontal x que vamos adotar fica ao longo da rua. A origem

x0 = 0 fica a 30m do cruzamento, como está mostrado na Figura 1.5.

Figura 1.5: O eixo x que nós escolhemos se estende pela rua até o cruzamento.

a. Você deve notar que: (I) O carro deve percorrer a distância até o

cruzamento mais a largura do cruzamento, dando um total de 45m.

(II) Para atravessar no sinal amarelo, ele tem ts = 3s, mas leva tr = 0,7s

para o motorista reagir e pisar no acelerador. (III) O carro parte com uma

velocidade inicial vmin , acelerando a uma taxa constante de a = 3m/s2.

Para você calcular quanto vale a velocidade mínima para que o carro

ultrapasse o cruzamento durante o sinal amarelo, é necessário calcular

quanto vale vmin . No entanto, você deve perceber que, durante o tempo

de reação, tr = 0,7s, o motorista se desloca de

A partir desse instante, o motorista começa a acelerar. Resta agora um

tempo de ts – tr = 2,3s para o carro percorrer 45m – d. A posição do carro,

x(t), é dada por um movimento uniformemente acelerado até atingir

a velocidade no final do cruzamento, vf . Você sabe que em um MRUV

a posição como função do tempo é dada pela seguinte equação:

Agora, você deve fazer x(t = 2,3s) = 45m, ou seja, a posição do carro

no tempo que resta deve ser a do final do cruzamento. Quando você

calcular isso, vai encontrar

d v tr= min

x t d v t at v t t atr( ) ( )min min= + + = + +12

12

2 2

Carro

0 30 45x(m)

v

x v( , ) ( , )min2 3 45 332

2 3 2s m s s= = ( ) +

24 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 25

AU

LA 1

Basta resolver a equação anterior para calcular quanto vale vmin .

Você vai chegar à conclusão de que a velocidade mínima para

ultrapassar o sinal amarelo é de:

A velocidade em um MRUV é dada pela fórmula v = v0 + at. Como

o carro partiu com velocidade vmin , a velocidade no final do cruzamento,

vf , tem que valer

b. Para calcular a velocidade máxima, você deve observar que:

(I) O carro deve percorrer a distância até o cruzamento,30m.

(II) O motorista tem ts = 3s para parar no sinal, mas leva tr = 0,7s

para reagir e pisar no freio. (III) O carro está a uma velocidade vmáx

e freia com uma aceleração de a’ = -5m/s2.

Durante o tempo de reação, tr = 0,7s, o motorista se desloca de

.

Em seguida, a posição do carro, x(t), é dada por um movimento

uniformemente retardado até parar, vf = 0. Quando você escrever a

posição como função do tempo, temos:

.

Agora, a posição do carro, no tempo que resta, deve valer

x(t = 2,3s) = 30m. Quando você faz isso, deve encontrar

Basta resolver a equação acima para calcular quanto vale vmáx .

Você vai chegar à conclusão de que a velocidade máxima para parar

no sinal amarelo é de

d v tr= m xá

x t d v t at v t t atr( ) ( )m x m x= + + = + +á á

12

12

2 2

vmin

, ( , ),= ×

≈45 1 5 2 3

312 4

2−− ms

m/s.

vf = + ≈12 4 3 2 3 19 3, ( )( , ) ,m/s m/s s m/s.2

vm x

, ( , ),á

ms

m/s.= + ×

≈30 2 5 2 3

314 4

2

x v( , ) ( , ) .2 3 30 352

2 3 2s m s m/s s2= = ( )

mÆx −−

26 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 27

AU

LA 1

GRÁFICOS DO MOVIMENTO

Significado geométrico da velocidade

A trajetória de uma partícula que se desloca no eixo OX é

determinada pela sua posição x(t), mas a velocidade média e a velocidade

instantânea também têm um significado geométrico de fácil visualização

no gráfico de x versus t.

De fato, na Figura 1.6 está representada a posição x(t) da partícula

para os instantes de tempo t1 e t2.

Figura 1.6: Significado geométrico da velocidade média.

O coeficiente angular da reta secante à curva que passa pelos

pontos com coordenadas (t1, x(t1)) e (t2, x(t2)) é

(1.16)

Comparando a equação acima com a Equação (1.3), vemos que

essa é a interpretação geométrica da velocidade média em um movimento

unidimensional.

x t x tt t

( ) ( ).2 1

2 1

−−−−

x(t)

x(t2)

x(t1)

t1t2 t

∆t

∆x

26 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 27

AU

LA 1

Considere agora a Figura 1.7.a a seguir, onde foram desenhadas

várias retas secantes associadas às velocidades médias em intervalos de

tempos cada vez menores (t2 > t3 > t4).

Observe que, à medida que o intervalo de tempo tende a zero,

a reta secante se aproxima da reta tangente. Por isso, a velocidade

instantânea v(t1) é representada geometricamente pelo coeficiente

angular da reta tangente à curva de x versus t no ponto da curva com

coordenadas (t1, x(t1)).

Figura 1.7.a: Representação geométrica da velocidade instantânea.

Observe então a Figura 1.7.b. No caso em que o

gráfico de x versus t é uma reta, a velocidade média é

o coeficiente angular da reta, sendo, portanto, constante.

Mas a reta tangente em cada ponto da reta também

coincide com a própria reta. Como a velocidade

instantânea é o coeficiente angular da reta tangente, ela

é constante e igual à velocidade média. (Note ainda que,

neste caso, a aceleração média e a aceleração instantânea

são nulas. "Você saberia explicar o porquê?")

x(t)

x2x3x4

x1

t1 t4t3

t2 t

∆x

x(t)

x2

x1

t1t2

Tangente

∆t14

∆t13

∆t12

Figura 1.7.b: Gráfico x versus t.

28 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 29

AU

LA 1

Como você viu anteriormente, quando o gráfico de x versus t não

é uma reta, o cálculo da velocidade instantânea tem que ser feito com a

definição exata do limite dada pela derivada.

Significado geométrico da aceleração

A aceleração média e a aceleração instantânea têm um significado

geométrico que é de fácil visualização quando fazemos o gráfico de v versus t.

Na Figura 1.8, está representada a velocidade instantânea da

partícula v para os instantes de tempo t1 e t2. O coeficiente angular

da reta secante à curva que passa pelos pontos com coordenadas

(t1, v(t1)) e (t2, v(t2)) é

(1.17)

Comparando a equação acima com a Equação (1.8), vemos que

essa é a interpretação geométrica da aceleração média em um movimento

unidimensional.

v t v tt t

( ) ( ).2 1

2 1

−−−−

Figura 1.8: Significado geométrico da componente da aceleração instantânea.

vx(t)

vx(t2)

t1t2 t

∆t

∆vx

28 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 29

AU

LA 1

Na Figura 1.9, foram desenhadas várias retas secantes associadas

às acelerações médias em intervalos de tempos cada vez menores. Neles,

o instante que define a aceleração média fica cada vez mais próximo do

instante de tempo t1. Observe que, à medida que o intervalo de tempo

tende a zero, a reta secante se aproxima da reta tangente. Portanto,

a aceleração instantânea a(t1) é representada geometricamente pelo

coeficiente angular da reta tangente à curva no gráfico de v versus t no

ponto da curva com coordenadas (t1, v(t1)).

No caso em que o gráfico de v versus

t é uma reta, como mostra a Figura 1.10,

a aceleração média é o coeficiente angular

da reta, sendo, portanto, constante. A reta

tangente em cada ponto da reta coincide com

a própria reta. Como a aceleração instantânea

é o coeficiente da reta tangente, ela é também

constante e igual à aceleração média.

Figura 1.9: Significado geométrico da componente da aceleração instantânea.

Figura 1.10: Movimento uniformemente acelerado.

vx(t)

vx2

vx3

vx4

vx1

t1t4 t3 t2

∆x

t

Tangente à curva

∆t14

∆t13

∆t12

vx(t)

vx(t2)

vx(t1)

t1 t2 t1

30 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 31

AU

LA 1

O problema inverso

No movimento unidimensional no eixo OX, a trajetória da

partícula fica completamente determinada quando conhecemos x(t).

Como você já viu na seção anterior, a partir do conhecimento de a(t),

podemos encontrar x(t) se conhecemos a posição inicial e a velocidade

inicial. Este problema é denominado de problema inverso.

Nesta seção, ele será resolvido de forma geométrica para

o movimento retilíneo uniforme (a(t) = 0) e para o movimento

uniformemente acelerado (a(t) = constante ≠ 0).

Movimento Retilíneo Uniforme (MRU)

O Movimento Retilíneo Uniforme é aquele em que a velocidade

instantânea é constante e, portanto, a aceleração instantânea e

a aceleração média são nulas.

No MRU, o gráfico de x versus t é uma reta, como mostra a

Figura 1.11.

Figura 1.11: Movimento Retilíneo Uniforme.

Portanto, a velocidade média é constante e igual à velocidade

instantânea, que vamos chamar simplesmente de v. Conseqüentemente,

podemos obter x(t) utilizando a definição de velocidade média,

(1.18)vx t x t

t t

x t x t v t t

t t

t t

1 2

1 2

2 1

2 1

2 1 2 1

=

⇒ = + ( )

( ) ( )

( ) ( )

−−−−

−−

⇒ = + ( )x t x t v t t( ) ( ) ,2 1 2 1−−

x(t)

x2

x1

t1 t2 t

30 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 31

AU

LA 1

Figura 1.12: Representação geométrica do deslocamento ∆x.

onde usamos acima o fato de que a velocidade instantânea e a velocidade

média são iguais para o MRU. Note que, para obtermos a posição x(t2), é

necessário conhecer a posição inicial da partícula x(t1) e a velocidade v.

Mas também podemos obter x(t) utilizando a interpretação

geométrica da velocidade média. Pela Equação (1.18), o deslocamento é

(1.19)

que é justamente a área do retângulo mostrado na Figura 1.12.

∆x x t x t v t t≡ = ( )( ) ( ) ,2 1 2 1−− −−

Movimento Retilíneo Uniformemente Variado (MRUV)

O Movimento Retilíneo Uniformemente variado é aquele em

que a aceleração instantânea é constante, a qual vamos chamá-la de a.

Já sabemos que nesse caso a aceleração média também é constante.

Portanto, podemos obter com facilidade a dependência da velocidade

instantânea com o tempo, usando a definição da velocidade média,

(1.20)av t v t

t t

v t v t a t t

t t

t t

1 2

1 2

2 1

2 1

2 1 2 1

=

⇒ = + ( )

( ) ( )

( ) ( )

−−−−

−−

⇒ = + ( )v t v t a t t( ) ( ) ,2 1 2 1−−

vx(t)

vx

0 t1t2 t

32 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 33

AU

LA 1

onde usamos acima o fato de que a aceleração instantânea e a aceleração

média são iguais para o MRUV. Note que, para obtermos a velocidade

v(t2), é necessário conhecer a velocidade inicial da partícula v(t1) e a

aceleração a.

Se considerarmos o intervalo de tempo entre os instantes t1 = 0

e t2 = t, temos que v(t) = v(0) + at, que é a equação horária que descreve

a velocidade instantânea MRUV.

"Mas como podemos determinar a posição da partícula em cada

instante?"

A posição no MRUV pode ser obtida a partir do gráfico v versus

t da seguinte forma: primeiramente, vamos dividir o intervalo em

N subintervalos, cada um deles com duração

onde ti e tf são os instantes inicial e final do intervalo respectivamente.

Para ilustrar esse procedimento, na figura abaixo dividimos

o movimento em 10 subintervalos (N = 10) e mostramos o gráfico

v versus t na Figura 1.13.

∆tt t

Nf i=

−−,

Figura 1.13: Representação geométrica do deslocamento x.

vxf

vx10

vx9

vx8vx7

vx6vx5

vx4

vx3

vx2vx1

t1 t2 t3 t4t5 t6 t7 t8

t9 t10tf t

vx(t)

0

32 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 33

AU

LA 1

Vamos agora fazer uma estimativa para o deslocamento ima-

ginando que a partícula se mova com velocidade constante em cada um

desses subintervalos. Como vimos anteriormente, quando a velocidade

é constante, podemos obter exatamente o deslocamento em cada um

desses subintervalos, que é a área de cada retângulo representado no

gráfico acima. Assim, o deslocamento total desse movimento imaginário

é a soma de todos os deslocamentos de cada subintervalo, ou seja,

(1.21)

Podemos intuir que, quando o número de subintervalos tender para

o infinito, o deslocamento imaginário se transformará no deslocamento

real e a soma das áreas dos retângulos se transformará na área sob a reta

que representa v versus t. Logo, o deslocamento no MRUV é a área do

trapézio retângulo de bases v(ti) e v(tf) e altura h = tf – ti. Assim,

(1.22)

Mas pela Equação (1.20), temos que

Substituindo o resultado acima na Equação (1.22), obtemos

finalmente

(1.23)

Note que, se considerarmos o intervalo de tempo entre os instantes

ti = 0 e tf = t, temos

(1.24)

que é a lei horária do movimento no MRUV, obtida também na

Equação (1.14).

∆ ∆x x t x t v tf ii

N

≡ ( ) ( ) ==∑−−

1

.

∆x x t x tv t v t h

f i

f i≡ ( ) ( ) =

( ) + ( ) −−2

=( ) + ( ) v t v t t tf i f i−−

2.

v t v t a t tf i f i( ) ( ) .= + ( )−−

x t x t v t t ta

t tf i i f i f i( ) = ( ) + ( )( ) + ( )−− −−2

2.

x t x v t at( ) ( ) ,= + ( ) +0 012

2

34 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 35

AU

LA 1

ATIVIDADE

5. Um menino brinca com um carrinho de controle remoto em um corredor estreito de sua casa. Ele coloca o carrinho em repouso no início do corredor e aciona o controle. O carrinho vai para frente, aumentando gradualmente a velocidade até atingir 1,2m/s em 6s. Depois de 2s, ele aciona novamente o controle de maneira que em 5s a velocidade do brinquedo diminui continuamente, até parar no final do corredor. O carrinho permanece parado por 3s e começa a se mover para trás, com um aumento gradual de velocidade até 1,2m/s em 4s. Subitamente, é acelerado uniformemente e pára após 4s.

a. Faça os gráficos de v versus t e a versus t.

Com base nos gráficos, responda:

b. Qual é o comprimento do corredor? Em que posição, em relação ao início do corredor, o carrinho parou pela segunda vez?

c. Quanto vale a velocidade instantânea em t = 22s? Quanto vale a aceleração média do carrinho entre t = 0 e t = 8s? E entre t = 16s e t = 22s?

34 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 35

AU

LA 1

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Vamos escolher o eixo horizontal x ao longo do corredor, como você pode

ver na Figura 1.14. A origem x0 = 0 vai representar o início do corredor.

Figura 1.14: Neste diagrama, você pode ver o eixo x e também o carrinho de controle remoto nos três instantes em que ele está parado.

Para traçar o gráfico de v versus t, nós vamos escrever a velocidade

do carrinho como função do tempo em todos os intervalos descritos.

Você deve lembrar que a relação entre as velocidades inicial e final

de um MRUV depende da aceleração e do intervalo de tempo,

.

Inicialmente, o carrinho de controle remoto está em repouso, v(0s) = 0.

Quando o menino aciona o controle, o carrinho parte em um movimento

uniformemente acelerado até atingir uma velocidade v(6s) = 1,2m/s

em 6s. Nesse intervalo de tempo, a variação da velocidade do

carrinho foi de ∆v = v(6s) − v(0s) = 1,2m/s. Você pode então concluir

que a aceleração constante vale a = ∆v/∆t = 0,2m/s2, e também

que a velocidade como função do tempo, v(t) = v(0s) + 0,2 (t − 0),

é dada por

, se .

Você deve notar que a velocidade, para t < 6s, é dada pela equação da

reta acima.

O menino parou de acionar o controle e o carrinho manteve a mesma

velocidade por mais dois segundos. Assim, quando você olha para o

carrinho, percebe que

, se .

Logo após t = 8s, o carrinho segue em um movimento uniformemente

retardado até parar, v(13s) = 0. A variação da velocidade, ∆v = v(13s)

− v(8s) = −1,2m/s, ocorre em um intervalo de 5s. Logo, você calcula

que a freada do carrinho acontece com uma aceleração a = −0,24m/s2.

v t v t a t t( ) ( ) ( )2 1 2 1= + −−

0 6≤ ≤t s

6 8s s≤ ≤t

0 4,2 9

t = 0 t = 24s t = 13s

x(m)

v t t( ) ( , )= 0 2m/s2

v t( ) ,= 1 2m/s

36 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 37

AU

LA 1

Na freada, você deve concluir que a velocidade, v(t) = v(8s) − (0,24m/s)

(t − 8s), é dada pela seguinte equação da reta:

, .

Você vê o carrinho parado por 3s, ou seja, a velocidade é nula,

, se .

A partir de t = 16s, o menino dá ré no carrinho durante 4s, impondo uma

variação de velocidade ∆v = v(20s) − v(16s) = −1,2m/s. A aceleração nesse

intervalo que você tem que encontrar vale a = −0,3m/s2. Enquanto o carrinho

anda para trás, a velocidade, v(t) = v(16s) − (0,3m/s)(t − 16s), é dada por

uma equação da reta,

, se .

Nos 4s seguintes, o menino faz com que o carrinho sofra uma variação

de velocidade ∆v = v(24s) − v(20s) = 1,2m/s. Você verifica então que a

aceleração do carrinho foi de a = 0,3m/s2. A velocidade, v(t) = v(20s) +

(0,3m/s)(t − 20s), antes da segunda parada do carrinho, é a seguinte:

, se .

A Figura 1.15 mostra o gráfico da velocidade e da aceleração do carrinho

no intervalo .

Figura 1.15: Velocidade e a aceleração do carrinho de controle remoto como função do tempo.

8 13s s≤ ≤t

v t( ) = 0 13 16s s≤ ≤t

v t t( ) ( , , )= 4 8 0 3−− m/s

v(m/s) a(m/s2)

1,2

0,6

0

−0,6

−1,2

4 8 12 16 20 24t(s)

0,3

0,2

0,1

0

−0,1

−0,2

−0,3

4 8 12 16 20 24t(s)

v t t( ) , ,= ( )3 12 0 24m/s m/s2−−

16 20s t s≤ ≤

20 24s s≤ ≤tv t t( ) ( , , )= +−−7 2 0 3 m/s

0 24≤ ≤t s

36 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

CECIER J – Extensão 37

AU

LA 1

b. Quando nós calculamos a área abaixo da curva no gráfico de v versus t, encontramos também quanto vale o deslocamento do carrinho. Na primeira

vez em que o carrinho parou, em t = 13s , ele percorreu todo o corredor da

casa. Veja agora na Figura 1.15 que esse deslocamento é igual à área do

trapézio. Se você observar, a base maior do trapézio vale B = 13, enquanto

que a base menor vale b = 8 − 6 = 2. A área do trapézio é dada pela relação

(B + b) h/2, onde h = 1,2 é a altura. A conclusão a que você deve chegar é

que o comprimento do corredor vale

Na segunda vez em que o carrinho parou, o deslocamento foi para trás. Isso

você pode notar, porque o triângulo isósceles da Figura 1.15 está abaixo

do eixo t. A área do triângulo corresponde a um deslocamento

∆x’= −1,2 × (24 − 16)/2m = − 4,8m. A posição em que você vai ver o carrinho

parar pela segunda vez, em relação ao início do corredor, é dada por

c. Quando você olha o instante t = 22s no gráfico de v versus t, encontra que

a velocidade instantânea do carrinho é igual a 0,6m/s.

A aceleração média entre dois instantes é calculada como a = (v1 – v2) /

(t1 – t2). No gráfico da velocidade como função do tempo, você deve calcular

a aceleração média como o coeficiente angular da reta que conecta os

pontos (v1, t1) e (v2, t2). O coeficiente angular da reta que conecta os pontos

(0, 0) e (8, 1,2) vale

,

que é igual à aceleração média do carrinho entre t = 0 e t = 8s. Por outro lado, a

reta que conecta os pontos (16, 0) e (22, –0,6) tem um coeficiente angular

∆ ∆x x−− −−’ ( , ) ,= =9 4 8 4 2m m.

∆x = × +

=1 2 13 22

9, ( )

m m.

av v

0 8

8 08 0

1 28

0 15→ = = =( ) ( ) ( , )( )

, ,s ss s

m/ss

m/s2−−−−

av v

16 22

22 1622 16

0 66

0 1→ = = =( ) ( ) ( . )( )

,s ss s

m/ss

m/s2−−−−

−−−−

38 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Movimento unidimensional

LEITURA RECOMENDADA

Uma explicação sobre coordenadas e eixo coordenado pode ser vista na Aula 1

da Apostila Física 1A, Módulo 1.

Uma explicação detalhada sobre como podemos calcular a função posição a partir

da função velocidade pode ser vista na Aula 5 da Apostila Física 1A, Módulo 1.

R E S U M O

Nesta aula, definimos conceitos que são usados para descrever o movimento unidi-

mensional.

Definimos o deslocamento e a duração de um intervalo de tempo utilizando-os na

determinação da velocidade média nesse intervalo. Entendemos que a velocidade

num dado instante (velocidade instantânea) é a velocidade média no limite em

que o intervalo de tempo tende a zero, em que o intervalo é medido a partir do

instante dado.

De maneira análoga, definimos a aceleração média e vimos que a aceleração

instantânea é a aceleração média no limite em que o intervalo de tempo tende

a zero.

Descrevemos o significado físico da velocidade e da aceleração e vimos como essas

grandezas podem ser usadas para descrever a posição de uma partícula em um

dado instante.

Finalmente, representamos graficamente a posição, a velocidade ou a aceleração

de uma partícula como função do tempo; também mostramos a interpretação

geométrica dessas grandezas.

obje

tivos2AULA

Meta da aula

Cinemática vetorial

Ao final desta aula, você deverá ser capaz de:

• deduzir as equações do movimento quando o vetor aceleração é constante;

• encontrar o vetor posição, o vetor velocidade instantânea e o vetor aceleração instantânea usando as equações vetoriais para uma partícula em movimento não-retilíneo com aceleração nula ou constante;

• aplicar as equações deduzidas para discutir o lançamento de projéteis;

• utilizar as transformações de Galileu para descrever o movimento em diferentes referenciais.

Discutir os principais aspectos relacionados à cinemática vetorial.

Pré-requisito

Para melhor compreensão desta aula, você precisa ter estudado a Aula 1 – Movimento unidimensional.

Texto adaptado por Lizardo H. C. M. Nunes e Licinio Portugal das apostilas:

- SOUZA, Carlos Farina de; Pinto, Marcus Venicius C.; Soares Filho, Paulo Carrilho. Física 1A. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. v.1.

40 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 41

AU

LA 2

VETOR DESLOCAMENTO, VELOCIDADE E ACELERACÃO

Pelo que você já aprendeu, certamente deve ser capaz de perceber

que o conceito de vetor é perfeito para descrever deslocamentos.

Mas você verá, a seguir, que os vetores também são um meio excelente de

descrever as demais grandezas cinemáticas, como a posição, a velocidade

e a aceleração.

VETOR POSIÇÃO E VETOR DESLOCAMENTO

Considere uma partícula em um ponto P, com coordenadas

x, y e z em relação a um sistema de eixos OXYZ, tal como indicado

na Figura 2.1.

Figura 2.1: Vetor posição de uma partícula com coordenadas x, y e z. Fonte: Física 1A v.1 - Figura 9.1, p. 194.

Essas coordenadas especificam a posição da partícula em relação

ao sistema de eixos, mas também especificam um único vetor r, que vai

da origem do sistema até a posição da partícula. Logo, dado o vetor r,

com sua direção, seu módulo e seu sentido, a posição da partícula fica

univocamente determinada. Colocando-se o ponto inicial do vetor na

origem O, a sua extremidade final determina exatamente a posição da

partícula. Esse vetor r, que vai da origem O do sistema de eixos até a

posição da partícula, é chamado de vetor posição da partícula em relação

ao sistema de eixos.

y

Z

xX

z

O

r

P

y

40 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 41

AU

LA 2

Como o vetor r determina a posição da partícula, muitas vezes nos referimos ao vetor posição como sendo “a posição da partícula”.

!

Para determinar a posição de uma partícula no espaço, usamos

também as coordenadas x, y e z da partícula em relação ao sistema de

eixos OXYZ. Assim, temos duas opções para determinar a posição da

partícula em relação ao sistema de eixos OXYZ, usando o vetor posição

r ou suas coordenadas. As duas opções são equivalentes.

De fato, considere os vetores unitários ux, uy e uz do sistema de

eixos OXYZ. Como fica claro pela Figura 2.1, as componentes do vetor

posição r ao longo desses vetores unitários são exatamente as respectivas

coordenadas da partícula:

(2.1)

Vamos agora considerar que a partícula se mova. Como ux, uy

e uz formam uma base para qualquer vetor no espaço tridimensional,

para um dado instante t do movimento, existe um único vetor posição

nesse instante determinado pela trinca de componentes escalares desse

vetor, ou seja,

(2.2)

O vetor posição é agora uma função do

tempo, que descreve o movimento da partícula.

De fato, se o ponto inicial do vetor posição

permanece fixo na origem do sistema de

eixos coordenados, o ponto final vai traçando

uma curva, que é a trajetória da partícula.

A Figura 2.2 mostra vetores posição de

uma partícula em três instantes diferentes.

Essa figura também mostra a trajetória

da partícula.

r u u u= + +x y zx y z .

r u u u( ) ( ) ( ) ( ) .t x t y t z tx y z= + +

Figura 2.2: Três vetores posição nos instantes t1 , t2 e t3 e a trajetória da partícula. Fonte: Física 1A v.1 - Figura 9.2, p. 198.

r1 = f(t1)

r2 = f(t2)

r3 = f(t3)

y

z

O

x

42 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 43

AU

LA 2

Considere agora uma partícula que em seu movimento passe

por um ponto P1 e depois por um ponto P2 , como exemplificado na

Figura 2.3.

Repare na semelhança que a expressão ∆r = r2 − r1 tem com a definição para o deslocamento no movimento unidimensional, como você viu na Aula 1.

!

Figura 2.3: Vetor deslocamento de P1 para P2 .Fonte: Física 1A v.1 - Figura 9.3, p. 198.

O vetor deslocamento da partícula, de P1 até P2 , é o vetor

definido pela seta com ponto inicial em P1 e ponto final em P2 . Esse

vetor também é chamado de deslocamento vetorial da partícula.

Pela Figura 2.3, é claro que o vetor deslocamento ∆r da po-

sição P1 até P2 é igual à diferença entre o vetor posição r1 e o vetor

posição r2, ou seja,

∆r = r2 − r1.

Note que o deslocamento vetorial de um ponto P1 até um ponto

P2 é geralmente uma informação muito pobre sobre o movimento da

partícula entre esse dois pontos; pois, qualquer que tenha sido a trajetória

seguida pela partícula entre P1 e P2 , o seu deslocamento entre eles será

sempre o mesmo.

r1 r2

P2

P1

y

z

x

O

∆r

42 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 43

AU

LA 2

Se supusermos que uma partícula passa por um ponto P1

em um instante t1 e por um ponto P2 em um instante t2 , o desloca-

mento vetorial da partícula de P1 até P2 será também chamado de

deslocamento vetorial no intervalo de tempo [t1 , t2 ], ou seja,

(2.3) ∆r r rt t t t1 2 2 1→ = −( ) ( ).

A expressão anterior também deve ser comparada com a definição para o deslocamento em um intervalo de tempo no movimento unidimensional, como você viu na Aula 1.

!

Finalmente, dados dois vetores posição,

(2.4)

pela definição de adição de vetores em termos de suas componentes, como

você viu na seção anterior, o vetor deslocamento pode ser escrito como

(2.5)

ou seja, o vetor deslocamento é a soma dos vetores deslocamentos nas

direções dos eixos OX, OY, OX. Para o movimento não-retilíneo,

dizemos que ∆xux é o vetor deslocamento na direção do eixo OX.

Analogamente, os vetores ∆yuy e ∆zuz são os vetores deslocamento nas

direções do eixo OY e OZ respectivamente.

r u u u r u u u1 1 1 1 2 2 2 2= + + = + +x y z x y zx y z x y z e ,

∆r r r

u u u u u u

= −

= + +( ) − + +( )= −( )

2 1

2 2 2 1 1 1

2 1

x y z x y z

x x

x y z x y z

uu u u

u u ux y z

x y z

y y z z

x y z

+ −( ) + −( )≡ + +

2 1 2 1

∆ ∆ ∆ ,

Note que, se o movimento fosse apenas ao longo do eixo OX, o deslocamento seria simplesmente ∆x, como você viu quando estudou o movimento unidimensional, que foi visto na Aula 1.

!

44 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 45

AU

LA 2

VETORES VELOCIDADE MÉDIA E INSTANTÂNEA

Em analogia ao que você viu no movimento unidimensional, seja

uma partícula que no instante t1 estava na posição r1 e em um instante

posterior t2 na posição r2, seu deslocamento vetorial no intervalo

[t1 , t2] é dado pela Equação (2.3). A razão entre o deslocamento vetorial

e o tempo gasto para realizá-lo é chamada de velocidade vetorial média

(ou vetor velocidade média) da partícula no intervalo de tempo em que

ocorreu o deslocamento,

(2.6)

A expressão acima também deve ser comparada com a definição para a velocidade média em um intervalo de tempo no movimento unidimensional, como visto na Aula 1.

!

vr r r

t t

t tt t t1 2

2 1

2 1→ =

−−

≡( ) ( )

.∆∆

Note que a velocidade média é o produto do número positivo 1/∆t

pelo vetor deslocamento ∆r. O resultado ∆r/∆t, que é a velocidade média,

é um vetor com a mesma direção e sentido que o deslocamento ∆r.

Além disso, o módulo da velocidade média dá uma idéia da

rapidez com que a partícula mudou de posição no intervalo de tempo,

embora a velocidade vetorial média em um intervalo de tempo dê apenas

uma informação global sobre a maneira como a partícula se moveu

nesse intervalo. Para saber a velocidade da partícula em um instante em

particular, precisamos recorrer ao conceito de velocidade instantânea,

como você verá a seguir.

Consideremos agora um movimento descrito por r(t). Sejam

t e t +∆t dois instantes do movimento, com ∆t ≠ 0. A velocidade vetorial

média da partícula no intervalo de tempo [t, t + ∆t] é dada por:

(2.7)

Definimos o vetor velocidade instantânea (ou velocidade

instantânea vetorial) da partícula no instante t como o limite da razão

acima quando ∆t tende a zero, ou seja,

vr r

t t t

t t tt→ + = + −

∆∆∆

( ) ( ).

44 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 45

AU

LA 2

(2.8)v

r r rt( ) = = + −

→ →lim lim

( ) ( ).

∆ ∆

∆∆

∆∆t tt

t t tt0 0

Note que o vetor v(t) nos fornece a velocidade como uma função do tempo.

!

Observe agora a Figura 2.4. No limite em que ∆t → 0 , o ponto

P tende para o ponto P’ e a reta secante que passa por P e P’ tende para

a reta tangente à trajetória no ponto P (veja a Figura). Portanto, nesse

limite, a velocidade média tem a direção da reta tangente à trajetória

no ponto P, o que nos leva a concluir que a velocidade instantânea

tem a direção da reta tangente à trajetória no ponto P, isto é, o vetor

velocidade instantânea é sempre tangente à trajetória no ponto em que

a partícula se encontra.

Figura 2.4: Posições de uma partícula em dois instantes t e t + ∆t. Fonte: Física 1A v.1 - Figura 9.5, p. 203.

Além disso, o sentido do vetor velocidade instantânea em um ponto

da trajetória é o sentido em que a partícula se move nesse ponto.

r(t)

r(t + ∆t)

∆r

y

z

x

O

P'

Tangente

Secante

P

46 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 47

AU

LA 2

A Figura 2.5 mostra um exemplo de movimento no qual está

indicada a velocidade instantânea com que a partícula passa por vários

pontos da trajetória.

Figura 2.5: Vetores velocidade em diversos instantes do movimento.Fonte: Física 1A v.1 - Figura 9.6, p. 205.

Se você tirar a ferrugem do seu Cálculo Diferencial e comparar

a definição para o vetor velocidade, dada pela Equação (2.8), com a

expressão para o vetor deslocamento na Equação (2.5), você vai ver que

(2.9)

Mas cada um dos limites acima é a definição das derivadas

(2.10)

como você viu quando estudou o movimento unidimensional, na Aula 1.

Assim, podemos reescrever o vetor velocidade, em termos de suas

componentes, como

(2.11)

v u u( ) lim lim limtxt

yt

ztt x t y t

=

+

+ → → →∆ ∆ ∆

∆∆

∆∆

∆∆0 0 0

uz .

dx tdt

x t t x tt

dy tdt

y t t y t

t

t

( )lim

( ) ( )

( )lim

( ) ( )

≡ + −

≡ + −→

∆∆

∆∆

0

0

,

ttdz tdt

z t t z ttt

,

,( )

lim( ) ( )≡ + −

→∆

∆∆0

v u u u u u u( ) .tdx t

dt

dy t

dt

dz t

dtv v vx y z x x y y z z=

( )+

( )+

( )≡ + +

y

z

x

O

v1

v2

v3

v4

v u u u u u u( ) .tdx t

dt

dy t

dt

dz t

dtv v vx y z x x y y z z=

( )+

( )+

( )≡ + +

46 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 47

AU

LA 2

Logo, dado um vetor posição r(t) = x(t) ux + y(t) uy + z(t) uz, podemos

obter a função vetor velocidade instantânea, simplesmente derivando as

componentes da função vetor posição com relação ao tempo.

Finalmente, uma vez que a velocidade de uma partícula é uma

grandeza vetorial, ela possui em cada instante um módulo, uma direção

e um sentido. Basta que apenas uma entre essas três quantidades varie

com o passar do tempo para que a velocidade varie com o tempo. No

caso particular em que o módulo da velocidade permanece constante,

dizemos que ela se move num movimento uniforme. Entretanto, um

movimento uniforme não é necessariamente retilíneo, como, por exemplo,

o movimento circular uniforme, que veremos na Seção 3 desta Aula.

VETORES ACELERAÇÃO MÉDIA E INSTANTÂNEA

Suponha que em um instante t1 uma partícula esteja na posição

r(t1) com velocidade v(t1) e, em um instante diferente t2 , ela esteja na

posição r(t2) com velocidade v(t2), conforme indicado na Figura 2.6.

Note que os cálculos de derivadas e integrais estão fora do objetivo deste curso e não serão cobrados nas avaliações.

!

Figura 2.6: Posições e velocidades de uma partícula em dois instantes de uma partícula em movimento. Fonte: Figura Física 1A v.1 - Figura 9.7, p. 205.

r(t2)

y

z

O

x

r(t2)

v(t1)

v(t2)

48 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 49

AU

LA 2

A expressão acima também deve ser comparada com a definição para a aceleração média em um intervalo de tempo no movimento unidimensional, como você viu na Aula 1.

!

A variação da velocidade vetorial da partícula no intervalo de

tempo [t1, t2] é

(2.12)

O tempo decorrido nessa mudança de velocidade é t2 − t1, que

representamos, como de costume, por ∆t.

A razão entre a variação da velocidade vetorial da partícula e o

tempo gasto para ocorrer tal variação é chamada de aceleração vetorial

média (ou vetor aceleração média) da partícula no intervalo de tempo

[t1, t2] , ou seja,

(2.13)

Figura 2.7: Posições e velocidades de uma partícula em dois instantes, t e t + ∆t. Fonte: Física 1A v.1 - Figura 9.8, p. 206.

y

z

x

v(t + ∆t)

r(t + ∆t)

v(t)

r(t)

∆v v v= ( ) − ( )t t2 1 .

Novamente, a expressão acima também deve ser comparada com a definição para a variação de velocidade em um intervalo de tempo no movimento unidimensional, como você viu na Aula 1. Note ainda que v é um vetor.

!

Note que, de acordo com a definição

acima, a aceleração média vetorial é um vetor

com a mesma direção e sentido que a variação

de velocidade vetorial no intervalo [t1, t2].

Além disso, o vetor aceleração média

em um intervalo de tempo dá apenas uma

informação global sobre a maneira como a

partícula muda sua velocidade vetorial no

intervalo.

Agora, seja t o instante no qual a

partícula esteja na posição r(t) com velocidade

v(t), e t + ∆t outro instante do movimento no

qual a partícula esteja na posição r(t + ∆t)

com velocidade v(t + ∆t), conforme ilustrado

na Figura 2.7.

av v v

t t

t t

t t t2 1

2 1

2 1→ =

( ) − ( )−

≡ ∆∆

.

48 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 49

AU

LA 2

Pela definição na Equação (2.13), o vetor aceleração média da

partícula no intervalo [t, t + ∆t] é dado por

(2.14)

Definimos a aceleração vetorial instantânea (ou vetor velocidade

instantânea) da partícula no instante t, como sendo o limite dessa razão

quando ∆t tende a zero, isto é,

(2.15)

Note que o vetor a(t) é uma função do tempo!

av v v

t t t

t t t

t t t t+ → =+( ) − ( )− −

≡∆

∆∆

∆∆

.

A expressão acima também deve ser comparada com a definição para a aceleração instantânea no movimento unidimensional, como você viu na Aula 1.

!

O módulo da aceleração vetorial instantânea dá a rapidez com que a partícula está mudando sua velocidade no instante t. Note que, se a velocidade mudar somente em módulo e sentido, sem mudar a direção, a aceleração tem sempre a mesma direção da velocidade; esse é o caso de um movimento retilíneo. Mas a velocidade também pode mudar sem alterar o seu módulo. Nesse caso, a aceleração tem direção perpendicular à velocidade, como no caso do movimento circular. Além disso, a velocidade pode mudar em direção, módulo e sentido, e, nesse caso, a aceleração pode ter qualquer direção.

Finalmente, vamos substituir a Equação (2.11) na Equação (2.15)

para fazer um cálculo análogo ao visto na Equação (2.9) e mostrar que

a(t) se reescreve como

(2.16)

Logo, dado um vetor velocidade v(t) = vx(t) ux + vy(t) uy + vz(t)uz,

podemos obter a função vetor aceleração instantânea, simplesmente derivando

as componentes da função vetor velocidade em relação ao tempo.

a u u u( )( ) ( ) ( )

.tdv t

dt

dv t

dt

dv t

dtx

xy

yz

z= + +

av v v

t t t

t t t

t t tddt2 1 0

1→ →=

+( ) − ( )− −

≡lim .∆

∆∆

50 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 51

AU

LA 2

Espere aí! Já sabemos que é possível obter o vetor velocidade se

derivarmos as componentes do vetor deslocamento com relação ao tempo!

Então, basta derivar duas vezes as componentes do vetor deslocamento

com relação ao tempo para obtermos a aceleração, ou seja,

(2.17)

Você poderia agora nos perguntar:

Seria possível resolver o problema inverso; isto é, conhecendo-se

a aceleração, é possível descobrir a posição da partícula?

Note que, no caso do movimento retilíneo, se conhecermos a

função aceleração, podemos obter a função posição se soubermos v0 e a

posição x0 no instante inicial t0 . Como você já viu, essa função é obtida

por meio do cálculo de uma integral. Analogamente, podemos fazer o

mesmo para o movimento não retilíneo, desde que o vetor posição inicial

e o vetor velocidade inicial sejam conhecidos, como você verá a seguir.

Assim, dado o vetor velocidade v0 no instante inicial t0 , a função

vetor velocidade para um instante posterior t é obtida por meio do

cálculo de uma integral,

(2.18)

onde ax(t), ay(t) e az(t) são as componentes escalares do vetor aceleração,

que são funções do tempo. Assim, basta integrar as componentes do

vetor aceleração para encontrarmos o vetor velocidade!

Analogamente, dado o vetor posição r0 no instante inicial t0,

podemos calcular a função vetor posição para um instante posterior t,

(2.19)

Se você substituir o resultado acima na Equação (2.18), é possível

mostrar que o vetor posição se reescreve como

(2.20)

a u u u( )( ) ( ) ( )

.t d x tdt

d y tdt

d z tdtx y z= + +

2

2

2

2

2

2

v v a

v u u u

( ) ( ) ’

( ’) ( ’) ( ’)

t t dt

a t a t a t

t t

t

x x y y z

= +

= + + +

=∫0

0

0

zzt t

t

xt t

t

x y

dt

a t dt a t

= +

+

=

=

( ’) ’ ( ’

0

0

0 v u )) ’ ( ’) ’ ,’ ’

dt a t dtt t

t

y zt t

t

z= =∫ ∫

+

0 0

u u

r r v( ) ( ’) ’.’

t t dtt t

t

= +=∫0

0

r r v a( ) ( ’’) ’’ ’.’’’

t t t t dt dtt t

t

t t

t

= + −( ) +==∫∫0 0 0

00

50 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 51

AU

LA 2

ATIVIDADES

Para o caso em que o vetor a(t) é um vetor constante, isto é, a(t) = a,

as integrais acima podem ser calculadas facilmente. Assim, obtemos:

(2.21)

A expressão acima deve ser comparada com a lei horária

do movimento para o MRUV, que você estudou no movimento

unidimensional, na Aula 1.

r r v a( ) .t t t t t= + −( ) + −( )0 0 0 0

212

Note ainda que, embora o cálculo de derivadas e integrais esteja fora do objetivo deste curso e que não seja cobrado nas avaliações, você já deve ter percebido que ele é bastante útil.

!

1. Um trem se move para leste com uma velocidade constante de 60Km/h, durante 40min; depois, na direção 60o para o leste a partir do norte, durante 20min; e, finalmente, na direção oeste, durante 50min.

a. Qual é o vetor deslocamento do trem neste percurso?

b. Qual é a direção e o módulo do vetor deslocamento do trem?

c. Qual é o vetor velocidade média do trem neste percurso? Qual é a direção e o módulo do vetor velocidade média do trem?

52 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 53

AU

LA 2

RESPOSTAS COMENTADAS

Vamos usar o eixo +X na direção leste e o eixo +Y na direção norte,

como está mostrado na Figura 2.8.

a. Para você calcular o deslocamento de todo o percurso,

é necessário encontrar primeiro o deslocamento de cada trecho

do percurso. Depois, basta que você some todas as contribuições,

∆r =∆r1 +∆r2 +∆r3 .

O vetor deslocamento é calculado com a fórmula ∆r = ∆v∆t, sendo

que o módulo do vetor velocidade é de |v| = 60km/h. Então, no

primeiro trecho que leva ∆t = 40min = 2/3h, você tem de calcular

O segundo deslocamento tem módulo igual a |∆r2| = (60Km/h)

(1/3h) = 20Km. Como a direção é de 60o nordeste, ou seja,

90o−60o = 30o para o norte (+Y) a partir do leste (+X), você conclui

que o ângulo entre os vetores ∆r2 e ux é de 30o. As componentes

do vetor deslocamento são |∆r2| cos(30o) na direção X e |∆r2|

sen(30o) na direção Y. O vetor deslocamento desta etapa, que leva

t = 20 min =1/3h, vale

.

Você deve lembrar que o terceiro trecho do percurso é feito em

∆t = 50,0min = 5/6h na direção oeste, ou seja, na direção -X. Assim,

o vetor deslocamento é dado por

Você vai obter o deslocamento total do percurso somando as três

contribuições,

∆ =

=r2

u u1 603

40kmh

h km/h)x x(

∆ = −

= −( )r u u3 6056

50kmh

kmh x x

Figura 2.8: Os eixos escolhidos são o leste, representado por +X, e o norte, por +Y. Este diagrama mostra os vetores ∆r1 , ∆r2 , ∆r3 e o vetor resultante ∆r.

∆r2

∆r3∆r

Y

X

30,0053,90

∆r1

.

∆ = ∆ + ∆ + ∆ = +( )r r r r u u1 2 3 7 32 10, x y km

∆ = +( )r u u2 17 3 10, x y km

52 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 53

AU

LA 2

Para você calcular o módulo do deslocamento, |∆r|, é necessário

extrair a raiz quadrada da soma dos quadrados das componentes

cartesianas,

b. O ângulo θ que o vetor ∆r faz com o leste, ou melhor, com o vetor

unitário ux , é calculado com a fórmula

.

c. Agora, você pode calcular a velocidade média do trem, v = ∆r/∆t,

sabendo que todo o tempo gasto na viagem foi de ∆t = (40 + 20 +

50)min = 110min. Esse intervalo de tempo equivale a ∆t = 1,83h.

Você deve encontrar a seguinte velocidade média:

O módulo deste vetor, como você sabe, é calculado da seguinte

forma:

Por fim, você deve calcular o ângulo θ entre o vetor ∆v e a direção

leste. Isso pode ser obtido pela fórmula

.

2. Um pescador arremessa um anzol no mar. Um peixe que está em um ponto r0 = (5ux - 15uy)m, medido com relação ao pescador, está nadando no mar com uma velocidade constante v0 = (2ux + 1uy)m/s. Quando o peixe vê a isca cair no mar, ele nada em direção à isca com aceleração constante por 20s, alcançando uma velocidade v = (6ux + 5uy)m/s. Depois de 21s com aceleração constante, o peixe morde a isca.

a. Quais são as componentes do vetor aceleração? Qual é a direção da aceleração com respeito ao vetor unitário ux?

b. Onde o pescador arremessou a isca e qual foi a distância do arremesso? Qual foi a distância e a velocidade média do peixe até alcançar a isca?

c. Em qual direção o peixe estava se movendo no momento em que mordeu a isca?

| | , ,∆ = + ≈r 7 32 10 12 42 2 km km

tan ,θ θ= ⇒ =107,32

53 80

v u u= +( , , )3 99 5 45x y km/h

| | , , ,v = + ≈3 99 5 45 6 762 2 km/h km/h

tan,,

,θ θ´ ´= ⇒ =5 453 99

53 8o

54 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 55

AU

LA 2

RESPOSTAS COMENTADAS

Primeiramente, vamos visualizar o problema desenhando os eixos X

e Y, como na Figura 2.9. Neste desenho, o peixe está em sua posição

inicial, r0 = (5ux − 15uy)m, com uma velocidade v0 = (2ux + 1uy)m/s.

Figura 2.9: A origem dos eixos X e Y fica localizada no ponto onde está o pescador. São mostrados os vetores de posição e de velocidade, inicial e final, do peixe.

a. Para você calcular a aceleração, note que o peixe variou a

velocidade de v0 = (2ux + 1uy)m/s para v = (6ux + 5uy)m/s em

∆t = 20s. A variação do vetor velocidade foi de ∆v = v - v0. Se você

calcular a aceleração com a fórmula a =∆v/∆t, então,

Y(m) v(21,0)

r(21,0)

X(m)

60

50

40

30

20

10

0

−10

−20

10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

v0

r0

au u

u u=−( ) + −( )

= +( )6 2 5 2

200 20 0 202

2x yy y

ms

m s, , /

54 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 55

AU

LA 2

O vetor aceleração faz um certo ângulo θ com o vetor unitário ux .

A tangente deste ângulo pode ser calculada quando você lembrar

que tanθ = ax/ay . Não é difícil você ver que a tangente deste

ângulo θ vale

b. Agora você pode escrever a posição do peixe como função do

tempo. Para o movimento uniformemente variado bidimensional,

o vetor posição do peixe é dado por r(t) = r0 + v0 t + at2/2. Quando

você substituir nesta fórmula a aceleração, a posição e a velocidade

inicial, você chegará à seguinte função horária:

Dado que o peixe mordeu a isca em t = 21s, a posição do peixe r(21s)

nesse instante é a localização de onde o pescador jogou a isca. Quando

você calcular a posição do peixe em t = 21s, vai concluir que

A distância em que o peixe mordeu a isca, com relação aos pés do

pescador, é dada pelo módulo do vetor de posição, | r0 |. Lembre-se

de que, para calcular o módulo de um vetor, você tem de extrair a raiz

quadrada da soma dos quadrados de cada uma das componentes. Neste

caso, a distância onde o pescador conseguiu jogar a isca foi de

A distância percorrida pelo peixe, que parte de r0 no instante t = 0s

e vai até r(21s) em t = 21s, vale simplesmente |∆r | = |r(21s) − r0|.

Portanto, você vai concluir que a distância percorrida pelo peixe vale

A velocidade média é calculada como a razão v =∆r/∆t. Entre os instantes

t = 0s e 21,0s, a velocidade média do peixe que você vai encontrar é

c. No movimento uniformemente variado em duas dimensões, você

deve calcular o vetor velocidade com a fórmula v(t) = v0 + at. Quando

você usar a velocidade inicial, v0 = (2ux + 1uy)m/s, e a aceleração,

a = (0,20ux + 0,20uy)m/s2 , você vai encontrar

r u( ) / , / / , /t t t tx= + ( ) + ( ) + − + ( ) + ( )5 2 0 10 15 1 0 102 2 2m m s m s m m s m s uy

r u( ) / , / / , /t t t tx= + ( ) + ( ) + − + ( ) + ( )5 2 0 10 15 1 0 102 2 2m m s m s m m s m s uy

r u u( )21s 91,1 50,1 m= +( )x y

r r21 86 1 35 102 2s m 93m( ) − = + ≈, ,

r 21 91 1 50 12 2s m 104m( ) = + ≈, ,

tan,,

θ θ= = ⇒ =0 20 2

1 45o

vu u

u u0 21

91 1 5 50 1 15

213 10→ =

−( ) + − −( )( )

+, ,

/ ,x yxm s = 4,10 yy( )m s/v

56 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 57

AU

LA 2

Em t = 21s, a velocidade que você calcula é v(21s) = (6,20ux +

5,20uy )m/s. Assim, a direção em que o peixe estava se movendo no

momento em que mordeu a isca é dada pelo ângulo θ´ entre os vetores

v(21s) e ux. Você tem de lembrar que este ângulo é obtido por meio da

seguinte fórmula:

Assim, o peixe se move na direção do vetor velocidade do peixe v(21s) ,

que faz 40o com a direção X.

MOVIMENTO CIRCULAR

Um movimento bidimensional de grande importância na Física é o

Movimento Circular Uniforme (MCU). Exemplos desse tipo de movimento

podem incluir um ponto sobre um LP em rotação numa vitrola, os ponteiros

de um relógio, carros se locomovendo ao longo de uma rotatória ou

(em boa aproximação) a órbita da lua ao redor da Terra.

No MCU, uma partícula se move ao longo de uma trajetória

circular de raio r e o módulo da velocidade instantânea se mantém

constante ao longo de todo o movimento. Porém, o vetor velocidade

muda continuamente de sentido e direção, mantendo-se sempre tangente

ao círculo. A aceleração instantânea também possui módulo constante e

sua direção aponta sempre para o centro do círculo. Por causa disso, a

aceleração é chamada de aceleração centrípeta, que significa procurando

o centro. Na direção tangencial, a aceleração é nula.

Na Figura 2.10, podemos ver a ilustração dos conceitos discutidos,

notando sempre que os vetores aceleração e velocidade são sempre

perpendiculares entre si. Na Aula 4, vamos analisar em detalhes o

conceito da aceleração centrípeta. Nesta seção, vamos apenas descrever

o movimento de uma partícula que segue uma trajetória circular.

v t t

t

x

y

( ) / , /

/ , /

= ( ) + ( ) + ( ) + ( )

2 0 20

1 0 20

2

2

m s m s

m s m s

u

u

tan,,

,θ θ´ ´= ⇒ ≈5 206 20

40 0o

56 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 57

AU

LA 2

Na Aula 1, vimos vários exemplos de Movimento Retilíneo

Uniforme (MRU). O propósito desta aula é demonstrar como um MCU

pode ser descrito de forma análoga ao de um simples MRU. Ao mesmo

tempo, vamos também introduzir os novos conceitos de velocidade

angular, período do movimento e freqüência.

O movimento de uma partícula, como você viu na aula anterior, é

determinado pela lei horária de movimento em conjunto com as condições

iniciais, ou seja, para o movimento retilíneo (movimento unidimensional),

uma vez conhecida a posição x(t0) e a velocidade v(t0) inicial da

partícula, a lei horária de movimento nos permite encontrar sua posição

futura em qualquer instante de tempo.

O número mínimo de coordenadas necessárias para determinar

completamente o movimento da partícula é chamado de número de graus

de liberdade do sistema. Portanto, para cada direção possível, em que a

partícula for capaz de se mover, existem dois graus de liberdade associados:

um para a posição e outro para a velocidade. Vemos, então, que o número

de graus de liberdade do sistema está diretamente relacionado com o

número de dimensões. Assim, tanto para o MRU quanto para o MRUV,

que são movimentos unidimensionais, o número de graus de liberdade

é dois. Um movimento plano genérico possui então, a princípio, quatro

graus de liberdade. Porém, em alguns casos, o sistema possui vínculos que

são responsáveis pela redução dos graus de liberdade do sistema.

Figura 2.10: A aceleração está sempre dirigida para o centro do círculo e, portanto, é sempre perpendicular à velocidade no MCU.

v

a

a

vv

a

O

58 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 59

AU

LA 2

Como exemplo de um sistema com vínculo, veremos agora em

detalhes o caso do MCU. Durante o movimento da partícula, o raio da

trajetória permanece fixo, funcionando assim com um vínculo para o

movimento. Neste caso, poderemos reduzir os graus de liberdade do sistema

de quatro para apenas dois. Desta forma, devido à presença do vínculo e

conseqüentemente à redução dos graus de liberdade, poderemos escrever

em analogia ao MRU a lei horária para o MCU. Lembrando sempre que

isto é possível, pois ambos possuem apenas dois graus de liberdade.

Figura 2.11: MCU com o eixo de coordenadas (x,y), definindo as variáveis θ(t) e s(t).

Na Figura 2.11, temos um MCU definido pelo círculo de raio r.

Colocamos a origem do eixo de coordenadas no centro do círculo. Assim,

a posição instantânea P da partícula é dada pelo vetor deslocamento

r OPr u ruu

= . Definido o eixo de coordenadas, podemos decompor o vetor

deslocamento em termos dos vetores unitários ux e uy como:

r

r r u r ux y= +cos sin .θ θ

O r Q

S

y

x

r OPr u ruu

P

58 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 59

AU

LA 2

Em nosso curso, um vetor poderá ser denotado por uma única letra em negrito, por exemplo, a, ou um vetor poderá também ser representado pela conhecida notação:

ra .Já o módulo de um vetor a será denotado por | a | ou

r

a . Também poderemos representar o módulo de um vetor abolindo o negrito da letra, ou seja, simplesmente por a.

!

Na decomposição acima, vemos claramente que, como o raio

é fixo, a posição instantânea da partícula é definida por apenas uma

variável, o ângulo θ entre o eixo x e o vetor deslocamento r OPr u ruu

= . Como

a posição da partícula está variando com o tempo e é determinada pelo

ângulo θ, este ângulo é uma função do tempo, θ(t).

O arco s, correspondente ao ângulo θ(t) sobre o círculo, é dado por:

(2.22)

onde o ângulo θ é medido em radianos. Desta maneira, a posição da

partícula fica definida por uma única variável, ou seja, para escrever a

lei horária, precisamos conhecer apenas o valor do ângulo, ou do arco,

no instante inicial. Porém, para descrever completamente a evolução do

sistema, seria necessário conhecer o valor inicial da velocidade, que possui

duas componentes. Mas, como veremos agora, será necessário apenas

conhecer o valor do módulo da velocidade que se mantém constante

ao longo do movimento, demonstrando assim que, devido à presença

do vínculo, o número de graus de liberdade do sistema é reduzido de

quatro para dois.

Quando o ângulo é medido em radianos, o comprimento do trajeto

percorrido pela partícula durante esse intervalo de tempo é igual a rθ, e

os vetores r

v1 e r

v2 possuem o mesmo módulo, v, pois, como dissemos

anteriormente, no MCU as velocidades permanecem constantes, embora

o sentido e a direção sejam diferentes. Logo, o comprimento de arco

P P1 2 também pode ser escrito como:

(2.23)

s t r t( ) ( ),= θ

r v tθ = ∆ .

60 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 61

AU

LA 2

A medida, em radianos, de um ângulo é o comprimento do arco cortado pelo ângulo, dividido pelo raio do círculo. O Sistema Internacional utiliza o radiano como a unidade para ângulos. Devido ao seu relacionamento com o comprimento do arco, os radianos são uma unidade especial. (Por exemplo, a Equação (2.2.2) só é válida quando o ângulo é medido em radianos.) Além disso, a medida em graus de um ângulo é o comprimento de um arco, dividido pela circunferência de um círculo e multiplicada por 360. O símbolo de grau é um pequeno círculo sobrescrito °. Portanto, 2π se radianos é igual a 3600 (um círculo completo), então, um radiano é aproximadamente 57º (360º/2 x 3,14159...) e um grau é π/180 radianos.

Para um deslocamento ∆θ, no intervalo de tempo ∆t, o vetor ∆ru ru

se confunde com o arco de círculo ∆ ∆s r= θ (corda e arco se confundem)

quando ∆t → 0 , portanto, v é a velocidade instantânea tangente ao

círculo. O sistema possui apenas dois graus de liberdade: a posição da

partícula em qualquer instante de tempo é determinada apenas pelo

ângulo (ou arco) inicial e o módulo da velocidade.

De acordo com a definição de um MCU, não existe aceleração

na direção tangencial, somente na radial, o que nos permite escrever

diretamente a lei horária do movimento para a variável S como a de

um simples MRU:

(2.24)

onde s0 é o valor do arco no instante inicial t0 e v é o módulo da

velocidade, que se mantém constante ao longo do movimento.

Já que é preciso analisar propriedades angulares mais do que lineares,

no movimento circular podemos introduzir propriedades angulares, como

o deslocamento angular e a velocidade angular, empregando a Equação

(2.22), para escrever a lei horária do movimento:

(2.25)

onde

(2.26)

chama-se velocidade angular, ou seja, temos analogamente à definição

de velocidade instantânea o conceito de velocidade angular instantânea

definida por:

s t s v t t( ) ( ),= + −0 0

θ θ ω( ) ( ),t t t= + −0 0

ω = vr

,

60 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 61

AU

LA 2

Note que a Equação (2.26), escrita sob a forma v r= ω , nos mostra

que, num disco em rotação uniforme (por exemplo, um disco de vinil

numa vitrola), a velocidade tangencial cresce linearmente com a distância

ao centro, sendo nula no centro e máxima na periferia.

Outra característica importante de um MCU é que este é periódico.

O período T do movimento é definido como o tempo que uma partícula

leva para percorrer uma volta completa ao redor do círculo. Como a

partícula se move com o módulo da velocidade constante v, o tempo

total para percorrer o círculo de perímetro 2π r é :

(2.28)

O inverso do período chama-se freqüência, definida como:

(2.29)

A freqüência dá o número de rotações por unidade de tempo.

Logo, podemos escrever a velocidade angular em termos do

período e da freqüência utilizando as definições (2.28) e (2.29) como:

(2.30)

No S.I., a velocidade angular é medida em radianos por segundo, rad/s. Por exemplo, a velocidade angular do ponteiro dos segundos de um relógio, para o qual T = 1 min, é ω π= ≈−2 60 0 1/ ,s rad/s1 .

Tr

v= 2π

.

fT

= 1.

ωπ

π= =22

Tf .

No S.I., a unidade de período é o segundo, e a unidade de freqüência é o inverso do segundo, s–1. Essa unidade é conhecida como hertz (símbolo Hz), em homenagem ao ilustre físico alemão Heinrich Rudolf Hertz (1857-1894).Além disso, por ser periódico, a velocidade angular do MCU pode ser medida em ciclos (ou rotações) por unidade de tempo. Assim, é comum medir a velocidade angular em revoluções por minuto, rpm. Aliás, 1 rad/s = 60/2 πrpm.

Por exemplo, um LP tem 3313 rpm (rotações por minuto), o que

corresponde a f ≈ =−0 5 0 5, ,s Hz1 e T ≈ 2s.

ωθ= d

dt. (2.27)

62 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 63

AU

LA 2

No MCU, não existe aceleração tangencial. Portanto, o módulo da

velocidade angular é sempre constante. Porém, existem casos em que a

aceleração tangencial é diferente de zero. No caso de um movimento circular

uniformemente variado, a aceleração tangencial é constante, e podemos

descrever este movimento simplesmente utilizando as propriedades

angulares do sistema. A aceleração angular é definida como:

Você pode aprender mais sobre a biografia do físico alemão Heinrich Rudolf Hertz em :http://pt.wikipedia.org/wiki/Heinrich_Rudolf_Hertz

No S.I., a aceleração angular é medida em radianos por segundo "por segundo", ou simplesmente rad/s2.

Desta maneira, podemos integrar a fórmula acima e obter a lei

horária de movimento:

(2.31)

Esta fórmula é análoga ao MUV estudado na seção anterior, onde

θ0 é o valor do ângulo inicial, ω0 o valor da velocidade angular inicial e

α a aceleração angular do movimento.

αω= d

dt

2

2

θ θ ωα

( ) ( ) ( ) .t t t t t= + − + −0 0 0 02

2

62 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 63

AU

LA 2

ATIVIDADES

3. Em uma inspeção de manutenção, a turbina de um avião, de 1,5m de raio, é ligada e começa a girar de acordo com o gráfico mostrado na Figura 2.12.

a. Quantas revoluções esta turbina realizou durante o teste?

b. Qual é a aceleração angular desde t = 0 até t = 5min?

c. Qual é a velocidade linear de um ponto na extremidade da turbina no instante t = 3,5min?

Figura 2.12: Velocidade angular da turbina do avião em função do tempo.

t(min)

3000

2000

1000

01 2 3 4 5

ω(rev/min)

64 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 65

AU

LA 2

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Você pode calcular o número de revoluções da turbina a partir

da área sobre a curva mostrada na Figura 2.10. Como o gráfico

mostrado tem a forma de um trapézio, você pode calcular a área do

trapézio com base maior B = 5min, base menor b = 2,5min e altura

h = 3000rpm.

b. A aceleração angular da turbina depende do tempo. Em cada

parte do gráfico, você vai poder usar a seguinte relação:

Observe que este resultado é interpretado graficamente como a

inclinação da reta no gráfico da Figura 2.10.

Até o primeiro minuto, a turbina tem um movimento circular

uniformemente acelerado,

Como você pode ver na Figura 2.10, para 1min < t < 3,5min, a

turbina mantém a velocidade angular constante de 3000rpm. Isto

significa que o movimento circular é uniforme, ou seja,

Note que o resultado acima pode ser calculado a partir da inclinação

da reta no gráfico na Figura 2.10, que é zero porque a reta é

horizontal.

Depois de manter a velocidade angular constante, no instante

t = 3,5min a turbina passa a ter um movimento uniformemente

variado. A velocidade angular da turbina varia de ∆ω = −3000rpm

em ∆t = 1,5min, ou seja,

c. Para um ponto na extremidade, afastado do centro da turbina de

r = 1,5m, você pode calcular a velocidade linear como

∆θ = +

=B bh

211 250. .rev

αω= ∆

∆t.

α = −−

= < <( )( )

min.3000 0

1 03000 0 1 rev/min , se 2 t

α = < <0 1 3 5 , se min , min.t

α = −−

= − < <( )( , )

, .0 30005 3 5

2000 3 5 5rev/min , se min min2 t

v r= = ≈ωπ

( .3000rpm)(2 rad/s)(60 rpm)

(1,5m) 471m/s

64 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 65

AU

LA 2

4. A roda maior mostrada na Figura 2.13, de 30cm de raio, transmite seu movimento à roda menor, de 20cm de raio, através da correia C, que permanece sempre bem esticada e sem deslizamento. A roda maior parte do repouso com aceleração angular uniforme e leva 1 min para atingir sua velocidade de regime permanente, realizando um total de 540 rotações durante esse intervalo. Determine:

a. a aceleração angular da roda maior?

b. a velocidade angular da roda maior, em rad/s e rpm, uma vez atingido o regime permanente?

c. a velocidade angular da roda menor, em rad/s e rpm, uma vez atingido o regime permanente?

d. a velocidade linear da correia, uma vez atingido o regime permanente?

Figura 2.13: As duas rodas conectadas pela correia C.

30cm 20cm

C

66 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 67

AU

LA 2

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Você deve observar que o movimento circular da roda maior não é

uniforme. Essa roda parte do repouso e completa ∆θ = 540 rotações

em ∆t = 1min, ou melhor, ∆θ = 3.391rad em ∆t = 60s. Você pode

determinar a aceleração angular da roda maior a partir da função

horária da posição angular, ∆θ = αt2/2,

b. Note que a roda maior parte do repouso, ω0 = 0, e executa um

movimento circular uniforme. Quando o regime permanente é atingido,

a velocidade angular da roda maior pode ser calculada com a seguinte

equação:

Em rpm, você deve usar a conversão de unidades 1rad/s = (60/2π)

rpm. Nesta unidade, o resultado é

c. Agora você precisa saber como a roda maior transmite seu movimento

para a roda menor através da correia C. Vamos usar o raio r1 = 30cm

para a roda maior e o raio r2 = 20cm para a roda menor.

Quando a roda maior gira de ∆θ1 , a roda menor deve girar de ∆θ2 ,

conforme está mostrado na Figura 2.14. Qual é a relação entre os

ângulos ∆θ1 e ∆θ2?

Figura 2.14: Relação entre os deslocamentos das duas rodas.

α θ= = ≈2 2 3 39160

1 8842 2

∆∆t

( . )( )

, .rad s

rad/s2

ω α1 1 884 60 113= ≈ ≈∆t ( , ( ) .rad/s ) s rad/s2

ωπ1 113

602

1080= ≈( )( )

rad/srpm

(rad/s)rpm.

C

∆S1

∆θ1

∆θ2

∆S2

Para responder a essa pergunta, vamos começar pensando no

segmento da correia em contato da roda maior. Ao girar a roda

maior de ∆θ1 , a correia se desloca de um comprimento ∆S1 = r1∆θ1.

66 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 67

AU

LA 2

Como conseqüência, a roda menor também gira porque o segmento

da correia em contato com a roda menor se desloca de ∆S2 = r2∆θ2 .

Como a correia permanece sempre bem esticada e não ocorre

deslizamento, os deslocamentos dos dois segmentos da correia

devem ser iguais,

Ao dividir as relações acima por ∆t, você pode conferir também que

A partir da equação acima, você vai poder calcular a velocidade

angular da roda menor no regime permanente, em rad/s,

ou em rpm,

d. Você pode calcular a velocidade linear da roda menor usando a

seguinte relação:

∆ ∆ ∆ ∆S S r r1 2 1 1 2 2= ⇒ = θ θ .

∆∆

∆∆

St

St

r r1 21 1 2 2= ⇒ = ω ω .

ω ω21

21

3020

113 170= ≈ ≈rr

( )( )

( ) .cmcm

rad/s rad/s

ω2

3010

1080 3240= ≈( )( )

( )cmcm

rpm rpm.

v r2 2 2 0 2 170 34= ≈ ≈ω ( , )( )m rad/s m/s.

LANÇAMENTO DE PROJÉTEIS

Como você deve saber, um corpo em queda livre próximo

à superfície terrestre e cuja velocidade é pequena o suficiente para

desprezarmos a resistência do ar sofre uma aceleração constante de

módulo 9,8m/s2, apontando sempre para o centro da Terra (o que

determina a direção vertical).

Nesta seção, iremos analisar movimentos um pouco mais gerais

do que a queda livre, vamos considerar os lançamentos oblíquos, em

que o vetor velocidade da partícula tem uma componente vertical e

uma componente horizontal. Estes movimentos são também comumente

chamados de lançamentos de projéteis.

Além disso, quando o vetor aceleração é constante, pode-se

demonstrar que a trajetória da partícula está sempre contida num plano

(veja, por exemplo, o problema 2 da Aula 11 da apostila Física 1A,

68 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 69

AU

LA 2

Módulo 1, disponibilizado no ambiente virtual da sala de aula deste

curso). Logo, como o vetor aceleração é constante e igual à aceleração

da gravidade no movimento de projéteis, o movimento é plano.

Por conveniência, vamos escolher os eixos cartesianos, de modo que o

movimento ocorra no plano OXY.

Suponha então que uma partícula seja lançada do ponto

P0 = (x0, y0). Vamos dizer que, no instante do lançamento t0, o módulo

do vetor velocidade inicial, seja v0 = |v0|. Além disso, vamos chamar de

θ0 o ângulo entre o vetor velocidade e o vetor unitário uX. A Figura 2.15

ilustra esse lançamento.

Figura 2.15: Projétil lançado de um ponto P0 = (x0, y0) com velocidade inicial v0.Fonte: Figura Física 1A v.1 - Figura 11.1, p. 240.

Nosso objetivo nesta seção é encontrar a função vetor posição

da partícula. Mas, como você viu na seção anterior, se o ponto inicial

do vetor posição permanece fixo na origem, o ponto final vai traçando

uma curva, que é a trajetória da partícula. Então, para o nosso caso

específico, em que o movimento do projétil ocorre no plano OXY,

a trajetória neste plano corresponde à função y(x).

P0

v0

θ0

x0O x

y

y0

68 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 69

AU

LA 2

Vamos começar escrevendo o vetor aceleração,

(2.32)

onde g = 9,8m/s2. Substituindo esta expressão na Equação (2.21), temos

imediatamente

(2.33)

Vamos agora escrever os vetores posição inicial e velocidade inicial

em termos de suas componentes:

(2.34)

Substituindo a equação acima na Equação (2.33) , o vetor posição

se reescreve como

(2.35)

Podemos, assim, identificar as componentes escalares do vetor

posição do projétil como os termos entre colchetes na expressão acima:

(2.36)

Comparando o resultado acima com as leis horárias vistas quando

você estudou a aceleração constante na Aula 1, você vai perceber que

a projeção da posição ao longo de OX corresponde ao MRU, enquan-

to a projeção da posição ao longo de OY corresponde ao MRUV.

Observe agora o vetor v0 visto na Figura 2.15 e compare-o com a

Figura A.11 no apêndice desta aula. Uma vez que foram dados o módulo

da velocidade inicial v0 e o ângulo θ0 entre v0 e ux , podemos expressar as

componentes vx0 e vy0 em termos dessas quantidades,

(2.37)

r r v u( )t t t g t t y= + −( ) − −( )0 0 0 0

212

.

r u u

v u u0 0 0

0 0 0

= += +

x y

v vx y

x x y y

.

r u u( )t x v t t y v t t g t tx x y y= + −( ) + + −( ) − −( )

0 0 0 0 0 0 0

212

.

x t x v t t

y t y v t t g t t

x

y

( )

( )

= + −( )= + −( ) − −( )

0 0 0

0 0 0 0

212

v v

v vx

y

0 0 0

0 0 0

==

cosθθsen

.

a = −g yu ,

70 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 71

AU

LA 2

Sem perda de generalidade, vamos fazer t0 = 0 e substituir a

expressão acima na Equação (2.36) para escrever as conhecidas equações

paramétricas da trajetória do lançamento de projéteis:

(2.38)

Assim, para encontrarmos a curva que a partícula “desenha” ao

mover-se no plano OX (que é a trajetória), basta eliminarmos o tempo

na Equação (2.38). Logo,

(2.39)

Essa é a equação cartesiana da trajetória. Trata-se de uma

parábola, de eixo vertical, que passa pelo ponto P0 = (x0, y0). Note

ainda que a tangente a essa parábola, passando por P0 , tem a mesma

direção de v0.

A partir da Equação (2.38), você pode também encontrar as

componentes escalares da velocidade derivando com relação ao tempo

x(t) e y(t). Logo,

(2.40)

Vamos agora assumir que o projétil seja lançado da origem, ou

seja, vamos dizer que P0 = (0, 0). (Podemos dizer também que a partícula

foi lançada do solo). Sob essa condição, vamos calcular a seguir a altura

máxima atingida pelo projétil e a que distância do ponto de lançamento

ele atinge o solo. Essa distância é chamada alcance do projétil e será

denotada por A.

Você pode agora se perguntar:

Qual a velocidade vertical do projétil quando ele atinge o ponto

mais alto da trajetória?

Essa é fácil, um pouco antes de atingir o ponto mais alto da

parábola, o projétil está subindo e, um pouco depois de ter passado por

ele, está descendo. Portanto, a velocidade vertical no ponto mais alto

só pode ser nula.

x t x v t

y t y v t g t

( ) cos

( ).

= +

= + −

0 0

0 021

2

θ

θsen

y x y x xg

vx x( ) tan

cos.= + −( ) −

( )−( )0 0 0

0

2 20

0

2

θ

v t v

v t v g tx

y

( ) cos

( ).

== −

0

0

θθsen

70 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 71

AU

LA 2

Para fazer as contas, vamos chamar de tm o instante em que o

projétil atinge o ponto mais alto da trajetória. Substituindo a condição

de que vy(tm)= 0 na Equação (2.40), temos

(2.41)

Para encontrar a altura máxima, basta substituirmos o resultado

acima na Equação (2.38) para encontrarmos

(2.42)

Agora, qual a altura da partícula quando ela atinge o solo?

Ora, a altura é zero quando ela atinge o solo. Assim, se chamarmos de tA

o instante em que o projétil atinge o solo, temos y(tA) = 0. Substituindo

esta condição na Equação (2.38), temos uma equação do segundo grau,

que nos fornece dois resultados:

(2.43)

O primeiro resultado nos fornece o instante em que o projétil foi

lançado, quando a altura também era zero, e o segundo nos fornece o

instante em que o projétil chegou ao solo.

Note que tA = 2tm , o que significa que a partícula leva um tempo

tm para chegar ao ponto mais alto da trajetória e o mesmo tempo tm

para descer.

Substituindo o resultado de tA na Equação (2.38) para x(t),

encontramos o quanto a partícula percorreu na direção horizontal, isto

é, o alcance:

(2.44)

A partir da expressão acima, é imediato concluir que o alcance é

máximo quando θ0 = 45º(ou π/4), porque 2θ0 = π/2 e sen(π/2)= 1, que

é o valor máximo da função seno. Assim, para θ0 = 45º, temos que o

alcance máximo é A = v02/g.

0 00= − ⇒ =v g t t

v

gm msen sen

θθ

.

y tv

gm( )s n

.= 02 2

0

2e θ

t

tv

gA

0

0 0

0

2

=

=

sen .θ

Av

g

v

g

=

= ( )

2

2

02

0 0

02

0

sen

sen

θ θ

θ

cos

.

72 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 73

AU

LA 2

Para lançamentos feitos com o mesmo valor de v0, fica também

evidente que os alcances correspondentes àqueles feitos com ângulos de

lançamento complementares são exatamente iguais. Em outras palavras,

os alcances de projéteis lançados com θ0 = 45º−α e θ0 = 45º+α, com

0 < α < 45º, são os mesmos, como ilustra a Figura 2.16 (Demonstre

esse resultado!).

Vale a pena finalizar esta seção comentando que o tipo de mo-

vimento que acabamos de analisar aparece em outras situações de

interesse na Física. Por exemplo, partículas carregadas na presença de

campos eletrostáticos uniformes sofrem acelerações constantes. Inclusive,

as condições idealizadas em que supusemos não haver resistência do ar

podem se cumprir de uma forma mais rigorosa com partículas atômicas

ou subatômicas (como os elétrons) do que no caso de projéteis, pois tais

partículas podem ser lançadas em regiões de alto vácuo (diminuindo,

assim, praticamente a zero a resistência do ar).

Foram justamente movimentos desse tipo que estavam presentes nas experiências que levaram J. J. Thomson a descobrir o elétron em 1897. Ele utilizou um aparelho co-nhecido como tubo de raios catódicos, uma espécie de versão primitiva dos modernos tubos de osciloscópio ou de televisão.

Figura 2.16: Alcance máximo e alcances para ângulos complementares (todos os lançamentos feitos com o mesmo v0).Fonte: Figura Física 1A v.1 - Figura 11.2, p. 240.

45º− α

45º+ α

O

y

x

Lançamento com θ0 = 45º

Av

m =2

0

g

72 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 73

AU

LA 2

ATIVIDADES

5. Um garoto está ensinando o seu cachorro a buscar uma bola. A bola é lançada da mão da criança a 1,1m acima do chão, sendo que o vetor velocidade inicial dela é v0 = (7ux + 7uy)m/s. Enquanto espera, o cachorro está parado a um metro na frente do seu dono. No momento em que a bola é lançada, o cachorro corre para pegá-la, com uma aceleração de 5m/s2.

a. Escreva a curva que representa a trajetória da bola.

b. Qual é o alcance da bola arremessada? Em quanto tempo a bola cai no chão?

c. Quantos metros o cachorro tem de correr para pegar a bola? Depois de a bola cair, quanto tempo o cachorro leva para alcançá-la?

d. Quantos metros o cachorro conseguiu correr até o momento em que a bola atingiu a altura máxima do lançamento? Quantos metros faltavam para o cachorro correr no momento em que a bola caiu no chão?

Considere que a aceleração da gravidade vale 9,8m/s2.

Leia mais sobre Thomson em http://pt.wikipedia.org/wiki/Joseph_John_Thomsonhttp://en.wikipedia.org/wiki/J._J._Thomson (em inglês)

74 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 75

AU

LA 2

RESPOSTAS COMENTADAS

Na Figura 2.17 você pode ver a ilustração da trajetória da bola. Note

que adotamos o eixo X na direção horizontal e o eixo Y na vertical.

Você deve perceber que o vetor velocidade v0 faz um ângulo de 45o

com o eixo X.

Figura 2.17: A trajetória da bola lançada pelo garoto.

a. A trajetória da bola é uma parábola,

b. Você tem de calcular qual o valor de x = A para que y(x) = 0. Então,

você terá de resolver a equação do segundo grau,

As soluções são

Uma das soluções é negativa, −1m. Este é um dos pontos onde a parábola

da Figura 2.15 cruza o eixo X. O outro ponto, 11m, é onde a bola cai.

Logo, você conclui que o alcance da bola é de

O tempo que a bola leva para cair é determinado pelas equações de

movimento de um lançamento de projétil. Não custa nada você escrevê-las,

Note que a posição inicial da bola é x0 = 0 e y0 = 1,1m. Para calcular

o tempo que a bola leva para atingir o chão, você deve fazer x(t) = A,

isto é, a coordenada x deve ser igual ao alcance A. Você pode calcular

que o tempo vale:

y x x x( ) , , .= + −1 1 0 1 2

y x A A A( ) , , .= = = + −0 1 1 0 1 2

A = ± + = ±5 5 1 4 0 1 1 1 5 6( , )( , ) .m

A = 11m.

x t t

y t t t

( )

( ) , ,

== + −

7

1 1 7 4 9 2

Y(m)

4

3

2

0 2 4 6 8 10 12X(m)

tAvx

= =( )

( )≈

11

71 6

m

m s/, .s

1,1m

450

V0

74 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 75

AU

LA 2

c. No instante do lançamento, o cachorro estava a 1m de distância

do seu dono. A bola caiu a 11m do garoto. Então, você determina

que a distância que o cachorro tem de correr é de 10m.

A posição do cachorro, xc(t), é dada por uma equação horária com

uma aceleração constante de ac = 5m/s2. Para correr os 10m,

o cachorro leva 2s. Assim, o intervalo de tempo que ele correu

enquanto a bola já estava no chão é de ∆t = (2,0 − 1,6)s ≈ 0,4s.

d. A bola chega a uma altura máxima ym . Nesse momento, a

componente vertical do vetor velocidade é nula. Você pode escrever

as componentes da velocidade como função do tempo,

Portanto, você conclui que a componente vertical da velocidade

será nula, vy(t) = 0, para t ≈ 0,7. Nesse instante, o deslocamento

do cachorro foi de

A bola caiu no chão em t ≈ 1,6s. Nesse instante, a posição do

cachorro vale

Logo, faltavam (11 − 7,4)m = 3,6m para o cachorro pegar a bola.

6. O jogador que veste a camisa número 10 da seleção brasileira de futebol tem o costume de treinar a pontaria dos seus chutes. Ele chuta a bola de fora da grande área com o objetivo de acertar o travessão. O jogador está a uma distância de 20m da trave e a altura do travessão é de 2,56m, como na Figura 2.18. No momento do chute, a bola está 50cm acima do chão e parte com uma velocidade de 15m/s.

x t tc ( ) = ( ) + ( ) =112

5 112 2m m s/ m,

v t m s

v t t m sx

y

( ) / ,

( ) ( , ) / .

== −

7

7 9 8

x t x tc c=( ) − =( ) = ( )( ) ≈0 7 012

5 0 7 1 22 2, , ,m/s s m.

x tc =( ) = ( ) + ( )( ) ≈1 6 112

5 1 6 7 42 2, , ,m m/s s m.

76 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 77

AU

LA 2

Figura 2.18: As duas possíveis trajetórias da bola de futebol chutada pelo jogador. A bola parte de uma altura inicial, h = 50cm, e no final das trajetórias a bola alcança o travessão, que tem uma altura de H = 2,56m.

Uma das trajetórias tem inicialmente um vetor velocidade que faz um ângulo θ com o eixo X, enquanto que, na outra trajetória, o vetor velocidade inicial faz um ângulo θ ' com o eixo X.

a. De quais ângulos, θe θ ', a bola deve ser levantada para atingir o travessão?

b. Depois de a bola levantada de um ângulo θ ' chegar ao travessão, quanto tempo leva para que a bola, levantada de um ângulo θ, atinja o travessão?

c. Qual é a altura máxima, acima do chão, que as bolas levantadas de θ e θ ' alcançam?

d. Qual é o vetor velocidade da bola, em cada trajetória, ao atingir o travessão? Considere que a aceleração da gravidade vale 9,8m/s2.

8

6

4

h

Y(m)

2

0 5 10 15 20 X(m)

H

v0

v0

θ'θ'

76 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 77

AU

LA 2

RESPOSTAS COMENTADAS

As duas trajetórias da bola são dadas pelas funções horárias de um

lançamento de projétil. As coordenadas cartesianas como função

do tempo são:

Note que a posição inicial da bola é x0 = 0 e y0 = h = 0,5m, e que

o módulo do vetor velocidade inicial é v0 = 15m/s.

a. Lembre-se de que, quando você elimina o tempo t nas equações

anteriores, a curva que representa a trajetória da bola é uma parábola.

Se você substituir na equação da parábola a distância entre o jogador

e a trave, x = d = 20m, e a altura do travessão, y = H = 2,56m,

o resultado será o seguinte:

Agora você deve resolver a equação anterior para encontrar quanto

vale o ângulo θ. Uma identidade trigonométrica que vamos usar

relaciona a tangente com o cosseno de um ângulo. A relação é

a seguinte:

(Demonstre essa identidade!)

Com as duas últimas equações, você encontrará uma equação do

segundo grau na variável tanθ, da forma

Você sabe que essa equação do segundo grau tem duas raízes

(ou soluções) para o valor de tanθ. Na bola chutada pelo jogador,

essas duas soluções representam os dois ângulos, θe θ´, no qual a

bola deve ser levantada.

Vamos agora usar a variável u = tanθ. Nosso objetivo é encontrar as

duas raízes da seguinte equação do segundo grau:

Como você bem sabe, as raízes da equação anterior são dadas pela

fórmula de Báskara. As duas soluções são:

x t v t

y t h v t gt

( ) ( cos )

( ) ( )

=

= + −

0

021

2

θ

θsen

y x d h dgdv

H( ) tancos

= = + −

θ

2

2 221

0

112

2

costan

θθ= +

H hgdv

dgdv

− +

− + =

2

2

2

22

2 20

0 0

tan tanθ θ

H hgdv

dugdv

u− +

− + =

2

02

2

02

2

2 20

uv

gdgdv

H hgdv± = ± − − +

02

02

2

021 1

22

78 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 79

AU

LA 2

Usando os parâmetros dados no enunciado do problema, d, g, H, h

e v0 , você tem de chegar aos valores

Você vai encontrar os dois ângulos com que o jogador deve levantar

a bola para atingir o travessão, quando calcular o arco-tangente

das soluções, θ = tan–1u. Para cada uma das soluções, u± , você vai

encontrar um certo ângulo,

b. Para calcular o tempo que a bola leva para atingir o travessão,

vamos usar a equação horária da coordenada x(t) = d. Você pode

facilmente mostrar que

Você já deve ter notado que o tempo de cada trajetória depende do

ângulo de lançamento. Logo, o intervalo de tempo que leva para a

bola levantada de um ângulo θ atingir o travessão, depois de a bola

levantada de um ângulo θ´ atingir, vale

A bola levantada com um ângulo θ´ = 41o leva menos tempo na sua

trajetória do que a bola levantada com um ângulo θ´ = 55o. Você

pode chegar a esta conclusão porque cos 41o > cos 55o. O intervalo

de tempo entre as duas bolas que você vai calcular é

c. Na trajetória da bola, a altura máxima (acima do solo) que você

tem de encontrar é calculada com a seguinte fórmula:

Novamente, perceba que a altura máxima de cada trajetória depende

do ângulo de lançamento. Ao substituir os dois ângulos, θ e θ´, na

fórmula acima, você vai encontrar que

u

u+

==

0 86

1 43

, ,

, .

θ

θ

´ tan ,

tan .

= =

= =

−+

−−

1

1

41

55

u

u

o

o

td

v=

0 cos.

θ

∆td

vd

v= −

0 0cos cos ·.

θ θ

∆t = − ≈ − ≈2015 55

2015 41

2 3 1 8 0 5cos cos

( , , ) , .o o s s

y

y

m

m

= +( )

= +( )

0 515 41

2 9 85 4

0 515 55

2 9 88 2

2 2 0

2 2 0

,,

, ,

,,

, ,

sen

sen

m

m

y yv

gmÆx = +0

2 2

0

2

sen θ.máx

78 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 79

AU

LA 2

d. O vetor velocidade do chute da bola, conforme foi discutido na aula,

é o vetor que tem componentes dadas por

A bola levantada com o ângulo θ´ = 41o tem suas componentes cartesi-

anas do vetor velocidade dadas por

Assim, no instante t = 1,8s, quando a bola atinge o travessão, o vetor

velocidade é

Por outro lado, as componentes do vetor velocidade da bola levantada

com o ângulo θ´ = 55o são:

No instante t = 2,3s, quando a bola atinge o travessão, o vetor velo-

cidade é

v t

v t t tx

y

( ) cos / ,

( ) , , , / .

= ≈

= − ≈ −( ) 15 41 11

15 41 9 8 9 8 9 8

0

0

m s

sen m s

v t v

v t v gtx

y

( ) cos

( )

== −

0

0

θθsen

v’( , ) ( , )1 8 11 7 8≈ −u ux y m/s.

v t

v t t tx

x

’’ ( ) cos , ,

’’ ( ) , ( , )

= ≈

= − ≈ −

15 55 8 6

15 55 9 8 12 9 8

o

o

m/s

sen m/s..

MOVIMENTO RELATIVO

Para ilustrar o conceito de movimento relativo, vamos adaptar

uma narrativa encontrada no livro Física 1, 4ª edição, dos autores David

Halliday, Robert Resnick e Kenneth Krane.

Suponha que você esteja em um carro que se move em uma auto-

estrada reta com velocidade escalar constante de 80 Km/h. Os outros

passageiros que estão com você no carro movem-se à mesma velocidade

escalar. Entretanto, ao passar por um posto de gasolina, um frentista

parado observa o seu carro se movendo com uma velocidade de 80

Km/h. No carro, você poderia, por exemplo, atirar uma bola para cima

e observar a bola subir e descer pousando exatamente na sua mão. Note

que a bola tem movimento horizontal (por causa do movimento do carro),

v u u’’( , ) ( , )2 3 8 6 11≈ −x y m/s

80 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 81

AU

LA 2

mas você tem o mesmo movimento horizontal e não há movimento

relativo. Por outro lado, para o frentista no posto de gasolina, o resultado

é diferente. A bola tem uma componente de velocidade para a frente

de 80 Km/h e uma componente vertical resultante do movimento que

ela recebeu de você. Sabemos que um projétil nessa situação segue uma

trajetória parabólica, como você viu quando estudou o lançamento de

projéteis, na aula anterior. Portanto, você e o observador parado no posto

teriam de usar equações diferentes para descrever o movimento, mas

concordariam entre si que o vetor aceleração coincide com a aceleração

da gravidade.

Se agora um outro carro se colocasse ao seu lado e passasse com

o velocímetro dele marcando uma velocidade constante de 90Km/h, você

observaria esse carro (em relação ao seu próprio referencial) se movendo

lentamente para a frente, à taxa de 10 Km/h (= 90Km/h – 80Km/h).

Elimine os detalhes externos – a paisagem que se “afasta”, o ar que passa

pelo carro em movimento, as irregularidades da estrada e o barulho do

motor – e considere somente dois carros. Você não teria como definir

qual deles estaria “realmente” se movendo. Por exemplo, o carro que

passa poderia estar em repouso, e você poderia estar se movendo para

trás a 10Km/h; o resultado observado seria o mesmo.

Nesta seção, consideraremos a descrição do movimento de uma

única partícula por dois observadores que estão em movimento uniforme

relativamente um ao outro.

Com esse objetivo, vamos considerar o referencial R com eixos

OXYZ e o referencial R' com eixos O'X'Y'Z', que se movimenta em

relação a R de tal modo que os eixos O'X', O'Y' e O'Z' permaneçam

sempre paralelos aos eixos OX, OY e OZ, respectivamente. Além disso,

vamos supor que o movimento da origem O', quando observado do

referencial R, seja um MRU de velocidade V.

Note que, como os eixos O'X', O'Y'e O'Z' permanecem sempre

paralelos aos eixos OX, OY e OZ, os unitários u'x , u'y e u'z dos eixos

O'X'Y'Z' coincidem com os unitários ux , uy e uz dos eixos OXYZ.

Vamos considerar, então, o movimento de uma partícula em

relação a R e esse mesmo movimento em relação a R'. Vejamos como

relacionar suas posições, velocidades e acelerações observadas num desses

referenciais com suas posições, velocidades e acelerações observadas no

outro. Seja r o seu vetor posição no referencial R, r' o seu vetor posição

no referencial R' e R o vetor posição da origem O' em relação a R.

80 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 81

AU

LA 2

A Figura 2.19 ilustra essa situação num dado instante de tempo t

(o desenho mostra apenas dois dos eixos para cada referencial, a fim de

não sobrecarregar a figura). A partir da figura, obtém-se, de imediato,

(2.45)

Derivando as expressões anteriores em relação ao tempo,

obtemos

(2.46)

onde v(t) = dr(t)/dt, v'(t) = dr'(t)/dt e V(t) = dR(t)/dt.

A Equação (2.46) é conhecida como a Transformação de Galileu

para as velocidades e informa-nos que a velocidade da partícula em

relação a R é igual à soma vetorial de sua velocidade em relação a R'

com a velocidade da origem O' em relação a R.

Derivando agora a Equação (2.46) com relação ao tempo,

encontramos

(2.47)

pois dV(t)/dt = 0, já que a origem O' de R' move-se com velocidade

constante em relação ao referencial R.

Figura 2.19: Posições de uma partícula em movimento em relação aos referenciais R e R’, com R’ em MRU em relação a R. Fonte: Figura Física 1A v.2 - Figura 13.5, p. 16.

r r R( ) ’( ) ( ).t t t= +

v v V( ) ’( ) ( ),t t t= +

a a( ) ’( ),t t=

O

R

r

y'

y

r'

O'

x

x'

82 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 83

AU

LA 2

Conseqüentemente, qualquer que seja o movimento da partícula

considerada, a sua aceleração em relação a R, num dado instante, é

exatamente igual à sua aceleração em relação a R' nesse instante, desde

que se cumpram as seguintes condições:

a. que os eixos de R' permaneçam paralelos aos eixos de R;

b. que a origem O' se mova em MRU relativamente a R.

Na verdade, pode-se mostrar que esse resultado é válido no caso

mais geral em que as direções dos eixos de R' permanecem fixas em

relação aos eixos de R. (Veja, por exemplo, o problema proposto 1 da

Aula 13 da apostila de Física 1A, Módulo 1.) Note ainda que a condição

(a) é apenas um caso particular desta, quando as direções dos eixos de

R' coincidem com as direções dos eixos de R.

Então, o resultado que acabamos de ver implica a seguinte

propriedade: se uma partícula tem aceleração nula em relação a R, ela

tem aceleração nula em relação a R' também.

Para ilustrar a Transformação de Galileu, vamos considerar

um nadador que cruza um rio caudaloso com margens retilíneas e

paralelas entre si.

Por simplicidade, vamos supor que todas as partículas do rio se

movam em MRU com velocidade V em relação a um referencial R com

eixos OXY. Vamos escolher os eixos cartesianos desse referencial R de tal

modo que a direção de OX

coincida com a do rio, que o

sentido positivo do eixo OX

seja o sentido da correnteza

do rio e que a origem O esteja

num ponto da margem em

contato com a água do rio.

Nesse caso, nos referimos à

velocidade V simplesmente

como a “velocidade do rio”

em relação a R, como mostra

a Figura 2.20.

Figura 2.20: Nadador cruzando o rio. Fonte: Figura Física 1A v.2 - Figura 13.6, p. 19.

O

y'y

x'

v' v

V

y

82 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 83

AU

LA 2

Conhecida a velocidade V, relacionaremos, então, a velocidade do

nadador em relação a R com a sua velocidade em relação a um referencial

que se desloca com a mesma velocidade do rio, que será chamado de

referencial R'. Esse referencial é solidário ao rio, isto é, move-se em MRU

em relação a R com velocidade V. Vamos supor ainda que os eixos de

R' e R permaneçam sempre paralelos.

No instante t = 0s, vamos supor que as origens de O e O' sejam

as mesmas, de modo que nesse instante todos os eixos de R e R' também

coincidam. Nesse instante, um nadador de dimensões desprezíveis em

relação à distância d entre as margens (de modo que possa ser considerado

uma partícula) inicia um MRU em relação a R’ com velocidade v'= v'yu'y.

Vejamos como determinar a sua velocidade em relação a R.

Utilizando a Transformação de Galileu para as velocidades, dada

pela Equação (2.46) obtemos diretamente a velocidade do nadador em

relação a R, ou seja,

(2.48)

onde usamos o fato de que u'y = uy.

Portanto, a sua velocidade em relação a R é diferente de sua

velocidade em relação a R'. No caso em questão, não apenas as

respectivas direções de v e v', mas também seus respectivos módulos

são diferentes.

Como v'= v'yu'y, é imediato perceber que a velocidade do nadador

em relação a R' é perpendicular às margens do rio, enquanto a sua

velocidade relativa a R faz um ângulo com o eixo OX. Aplicando o

Teorema de Pitágoras, vemos que |v|2 = |v'|2 + |V|2.

Finalmente, note que as trajetórias do nadador relativas aos

referenciais R e R' não coincidem. Para um observador no referencial

R', o movimento do nadador ocorre ao longo do eixo O'Y', enquanto

para um observador no referencial R seu movimento ocorre ao longo

da linha tracejada mostrada na Figura 2.20.

v v V

u V u

u u

= += +

= +

’’

,

v

v

y y x x

y y x xV

84 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 85

AU

LA 2

ATIVIDADE

As equações cartesianas das trajetórias relativamente a R e R'

podem ser facilmente obtidas. Sendo d a distância entre as margens, elas

são dadas, respectivamente, por:

(2.49)

como você pode verificar com facilidade.

yv

Vx x

V

vd R

x y d

y

x

x

y

= ≤ ≤

= ≤ ≤

’ ’

, (Trajet ria em );

,

0

0 0 ((Trajet ria em ),R’

7. Uma criança que está se afogando é carregada pela correnteza rio abaixo, a uma velocidade de 2,50Km/h. A criança está a uma distância de 0,600Km da margem e a uma distância de 0,800Km rio acima, medidas em relação ao ponto onde fica o bote de salvamento. O bote parte para o resgate da vítima com sua velocidade máxima de 20,0Km/h em relação à água.

a. Quanto tempo leva o resgate da criança?

b. Em qual direção o piloto deve apontar o bote?

c. Qual o ângulo que o vetor velocidade do bote, em relação à terra, faz com a margem do rio? Quanto vale a velocidade máxima do bote em relação à terra?

(Trajetória em R)

(Trajetória em R')

84 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 85

AU

LA 2

RESPOSTAS COMENTADAS

Na Figura 2.21, é mostrada a visão que você, em repouso na margem

do rio, tem do salvamento. Perceba que nós adotamos o eixo X

paralelo à correnteza, com o sentido orientado para a descida do rio.

O eixo Y é perpendicular à margem do rio. Você deve ter percebido

que o vetor velocidade do bote em relação à água, vBA , faz um ângulo

de θBA com o eixo –X. O vetor velocidade do bote em relação à terra,

vBT , faz um ângulo de θBT com o eixo –X.

Figura 2.21: O bote de salvamento está na origem dos eixos XY. O vetor velocidade do bote em relação à terra é vBT e em relação à água é vBA. A criança, no ponto C do gráfico, é carregada pela correnteza com uma velocidade vAT .

Vamos escrever os vetores de posição da criança e do bote em

relação ao referencial que se encontra parado na margem do rio.

Esse referencial é dado pelos eixos X e Y que estão na Figura 2.19.

O vetor de posição da criança, que no instante inicial vale rC (0) =

−(0,800 Km) ux + (0,600Km)uy , é dado por

Note que o vetor velocidade da criança é dado pelo vetor velocidade

da correnteza, vAT = −(2,50Km/h)ux . O bote está na origem

rB (0) = 0 quando t = 0. Em um instante posterior, ele parte em um

movimento retilíneo uniforme com um vetor velocidade vBT = vAT +

vBA , como está mostrado na Figura 2.22.

r r vC C ATt t( ) ( ) .= +0

X(m)

X(m)

600

400

200

–800 –600 –400 –200

vBAvBT

vATC

θBAθBT

86 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 87

AU

LA 2

Portanto, o vetor posição do bote que você vai escrever é

Conforme o enunciado do problema, o módulo do vetor velocidade

do bote em relação à água vale |vBA| = vBA = 20,0Km/h. O vetor vBA

faz um ângulo θΑB com o eixo –X. A partir dessas considerações, você

deve se convencer de que esse vetor pode ser escrito em termos de

vetores unitários da seguinte maneira:

No item (c), você vai calcular o ângulo θBT entre o vetor velocidade do bote

(em relação à terra) e o eixo –X. Você também deve calcular o módulo

|vBT| = vBT . Em termos de vetores unitários, você pode escrevê-lo como

a. Vamos chamar de tempo de resgate, tR , o tempo que o bote leva

para alcançar a criança dentro da água. Nesse instante, a posição da

criança tem de ser igual à posição do bote, rB(tR) = rC (tR). Ao igualar

os dois vetores de posição, você vai encontrar a seguinte relação:

Agora, basta que você calcule o módulo da equação anterior para

encontrar em quanto tempo o bote alcança a vítima (criança). A partir

disto, você vai concluir que

Figura 2.22: Diagrama vetorial no plano que mostra o vetor veloci-dade do bote (em relação à terra), vBT = vAT + vBA.

r v v vB BT BA ATt t t( ) ( ) .= = +

v u uBA BA BA x BA BA yv v= − +cos .θ θsen

v u uBT BT BT x BT BT yv v= − +cos .θ θsen

r v v v

r v

C AT R BA AT R

C BA R

t t

t

( ) ( ) ,

( ) .

0

0

+ = +

=c

tvRC

BA

= =+ −

=| ( ) | ( , ) ( , )

( ), .

r 0 0 600 0 80020

0 052 2Km KmKm/h

h

vAT

vBAvBT = vBA + vAT

86 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

CECIER J – Extensão 87

AU

LA 2

Assim, o tempo de resgate é de tR = 3min.

b. A igualdade vetorial que você encontrou quando calculou rA(tR) = rC (tR)

pode ser escrita em termos de suas componentes x e y. As igualdades

correspondentes que você deve escrever são:

Note que você pode eliminar o tempo de resgate das equações anteriores.

Ao fazer isso, você vai conseguir calcular o ângulo,

Assim, você calculou que o piloto do bote de salvamento deve direcio-

ná-lo num ângulo de θBA = 36,9o com o eixo –X. Convém destacar que

senθBA = 0,600 e cosθBA = 0,800, porque o vetor vBA é paralelo à posição

inicial da criança rC (0).

c. Para calcular o ângulo que o vetor velocidade do bote vBT faz com a

margem do rio (eixo –X ), é necessário que você use a igualdade vetorial

vBT = vAT + vBA. As componentes x e y dessa igualdade vetorial são:

Em seguida, você vai eliminar o módulo vBT nas equações acima. Disso

resulta que a tangente do ângulo θBT vale

O módulo do vetor velocidade do bote, vBT , também pode ser calculado a

partir das componentes x e y da soma vetorial vBT = vAT + vBA. Para fazer

isso, você tem de elevar ao quadrado cada equação e depois somá-las.

O resultado que você tem de encontrar é o seguinte:

Por fim, você deve substituir na equação anterior os valores vAT = 2,50

Km/h, vBA = 20Km/h e cosθBA = 0,800. Então, a velocidade máxima do

bote, em relação à terra, é de

r vC AB rC BA BA R

C BA BA R

tx v t

y v t( )

( ) cos ,

( ) .0

0

0= ⇔

= −=

θθsen

tan( )( )

( , )( , )

, ,

tan (

θ

θ

BAC

C

BA

y

x= − = −

−=

⇓= −

00

0 6000 800

0 750

01

KmKm

,, ) , .750 36 9= o

v v

v v vBT BT BA BA

BT BT AT BA BA

sen sen

cos cos

θ θθ θ

=− = −

,

.

v v v v vBT AT BA AT BA BA2 2 2 2= + − cosθ .

vBT = 18 1, .Km/h

tan( ) ,

( ) , ( ,θ

θθBT

BA BA

BA BA AT

vv v

=−

=( )

( ) −sen

cos

20 0 6

20 0 8 2 50

Km

Km KKm

o

), ,

tan ( , ) , .

=

⇓= =−

0 889

0 889 41 61θBT

88 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Cinemática vetorial

R E S U M O

Nesta aula, definimos os conceitos de vetor posição de uma partícula, vetor

deslocamento, vetor velocidade média e vetor aceleração média no movimento

não-retilíneo. Vimos que o vetor velocidade instantânea num dado instante é o

vetor velocidade média no limite em que o intervalo de tempo tende a zero, onde

o intervalo é medido a partir do instante dado. Também deduzimos as equações

do movimento quando o vetor aceleração é constante.

Finalmente, explicamos o conceito de referencial e deduzimos as transformações

de Galileu.

LEITURA RECOMENDADA

Uma explicação sobre vetores, operações entre vetores e suas projeções pode ser

vista no Apêndice desta aula.

obje

tivos3AULA

Meta da aula

As leis de Newton

Pré-requisito

Ao final desta aula, você deverá ser capaz de:

• reconhecer o conceito de inércia e as condições necessárias para que uma partícula se movimente;

• identificar referencial inercial;

• identificar e decompor sobre um eixo de coordenadas cartesiano as forças que atuam sobre um corpo;

• usar o princípio da superposição para calcular a resultante das forças que atuam sobre uma partícula e a sua aceleração, caso exista;

• aplicar as leis de Newton para calcular a posição, a velocidade e a aceleração de uma partícula.

Apresentar e discutir as três leis de Newton do movimento.

Para melhor compreensão desta aula, você precisa ter estudado a Aula 2 – Cinemática Vetorial.

Texto adaptado por Carlos Magno da Conceição das apostilas:

- SOUZA, Carlos Farina de; Pinto, Marcus Venicius C.; Soares Filho, Paulo Carrilho. Física 1A. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. v.1.

90 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 91

AU

LA 3

PRIMEIRA LEI DE NEWTON

Nas aulas anteriores, você estudou os procedimentos envolvidos

na descrição do movimento, porém sem se preocupar com as causas desse

movimento. Nesta aula, você irá aprender sobre a dinâmica, a parte da

Mecânica que relaciona o movimento com as suas causas.

A dinâmica tem como fundamentos as três leis de Newton do

movimento. Nesta seção, você estudará a primeira dessas leis. No entanto,

antes de enunciarmos essa lei, é necessário apresentarmos o conceito de

referencial, essencial à compreensão da primeira lei de Newton.

Quando uma partícula se move, seu movimento se dá com

respeito a algum referencial, um sistema de eixos coordenados munido

de réguas e de relógios. O referencial em relação ao qual descrevemos

os movimentos de uma partícula é arbitrário, e a mesma partícula pode

ter diferentes movimentos em relação a diferentes referenciais. Portanto,

quando desejamos não somente descrever o movimento, mas também

relacioná-lo às suas causas, a escolha do referencial a ser usado torna-se

muito importante.

Para exemplificar a dependência do movimento de uma partícula

com relação a um referencial, considere a seguinte situação: a Figura 3.1

mostra um automóvel sendo acelerado em uma estrada retilínea e dois

referenciais. Um referencial é dado pelo sistema de eixos OXYZ, que

está fixo na estrada, e o outro é dado pelo sistema de eixos O’X’Y’Z’,

fixo no próprio automóvel, (os eixos OY e O’Y’ são perpendiculares ao

plano da página, apontam para dentro dela e não aparecem desenhados

na Figura 3.1).

Figura 3.1: A mancha puntiforme P no automóvel é observada de um referencial OXYZ fixo na estrada. O referencial O’X’Y’Z’ está fixo no próprio automóvel e, portanto, move com ele em relação ao referencial fixo na estrada.

Z'

X'X

O'

r'

Pv

O

z

r

90 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 91

AU

LA 3

Na lataria do automóvel há uma mancha puntiforme P, que tem

um certo movimento em relação a OXYZ e um outro movimento em

relação a O’X’Y’Z’. O vetor de posição da mancha em relação a OXYZ

é r

r. Em relação a OXYZ, a velocidade da mancha é r

v e sua aceleração é r

a.

Naturalmente, r r

v dr dt= / e r r

a dv dt= / . Devido ao fato de o carro estar

acelerado, a aceleração a da mancha é diferente de zero, isto é, r

a ≠ 0.

O vetor posição da mancha em relação a O’X’Y’Z’ é r

r ’; esse vetor é

constante, pois a mancha está fixa em relação a esse sistema de eixos.

Isso é uma conseqüência direta do fato de que tanto a mancha quanto o

sistema de eixos O’X’Y’Z’ estão fixos no automóvel. Portanto, em relação

ao referencial solidário ao automóvel representado pelos eixos O’X’Y’Z’,

são nulas a velocidade r

v’ e a aceleração r

a’ da mancha. Logo, uma partícula

pode ter aceleração nula em relação a um referencial e, ao mesmo tempo,

ter aceleração diferente de zero em relação a algum outro referencial.

Agora, antes de enunciarmos a primeira lei de Newton, vamos

considerar um diálogo interessante escrito por Galileu nos “Diálogos

sobre os Dois Principais Sistemas do Mundo”, que está disposto no livro

de Nussenzveig (1997).

Salviati: ... Diga-me agora: Suponhamos que se tenha uma superfície

plana lisa como um espelho e feita de um material duro como o aço.

Ela não está horizontal, mas inclinada, e sobre ela foi colocada uma

bola perfeitamente esférica, de algum material duro e pesado, como

o bronze. A seu ver, o que acontecerá quando a soltarmos?...

Simplício: ... Não acredito que permaneceria em repouso; pelo

contrário, estou certo de que rolaria espontaneamente para baixo. ...

Salviati: ...E por quanto tempo a bola continuará a rolar, e quão

rapidamente? Lembre-se de que falei de uma bola perfeitamente

redonda e de uma superfície altamente polida, a fim de remover todos

os impedimentos externos e acidentais. Analogamente, não leve em

consideração qualquer impedimento do ar causado por sua resistência

à penetração, nem qualquer outro obstáculo acidental, se houver.

Simplício: Compreendo perfeitamente, e em resposta à sua pergunta

digo que a bola continuaria a mover-se indefinidamente, enquanto

permanecesse sobre a superfície inclinada, e com um movimento

continuamente acelerado...

Salviati: Mas se quiséssemos que a bola se movesse para cima sobre

a mesma superfície, acha que ela subiria?

92 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 93

AU

LA 3

Simplício: Não espontaneamente; mas ela o faria se fosse puxada

ou lançada para cima.

Salviati: E se fosse lançada com um certo impulso inicial, qual seria

seu movimento, e de que amplitude?

Simplício: O movimento seria constantemente freado e retardado,

sendo contrário à tendência natural, e duraria mais ou menos tempo

conforme o impulso e a inclinação do plano fossem maiores ou

menores.

Salviati: Muito bom; até aqui você me explicou o movimento

sobre dois planos diferentes. Num plano inclinado para baixo,

o corpo móvel desce espontaneamente e continua acelerando, e é

preciso empregar uma força para mantê-lo em repouso. Num plano

inclinado para cima, é preciso uma força para lançar o corpo ou

mesmo para mantê-lo parado, e o movimento impresso ao corpo

diminui continuamente até cessar de todo. Você diz ainda que,

nos dois casos, surgem diferenças conforme a inclinação do plano

seja maior ou menor, de forma que um declive mais acentuado

implica maior velocidade, ao passo que, num aclive, um corpo

lançado com uma dada força se move tanto mais longe quanto

menor o aclive.

Diga-me agora o que aconteceria ao mesmo corpo móvel colocado

sobre uma superfície sem nenhum aclive nem declive.

Simplício: Aqui preciso pensar um instante sobre a resposta. Não

havendo declive, não pode haver tendência natural ao movimento;

e, não havendo aclive, não pode haver resistência ao movimento.

Parece-me, portanto, que o corpo deveria naturalmente permanecer

em repouso.

Salviati: Acredito que isso aconteceria se colocássemos a bola

firmemente num lugar. Mas que sucederia se lhe déssemos um

impulso em alguma direção?

Simplício: Ela teria que se mover nessa direção.

Salviati: Mas com que tipo de movimento? Seria continuamente

acelerado, como no declive, ou continuamente retardado, como

no aclive?

Simplício: Não posso ver nenhuma causa de aceleração nem

desaceleração, uma vez que não há aclive nem declive.

Salviati: Exatamente. Mas se não há razão para que o movi-

mento da bola se retarde, ainda menos há razão para que ela

pare; por conseguinte, por quanto tempo você acha que a bola

continuaria se movendo?

92 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 93

AU

LA 3

Simplício: Tão longe quanto a superfície se estendesse sem subir

nem descer.

Salviati: Então, se este espaço fosse ilimitado, o movimento sobre

ele seria também ilimitado? Ou seja, perpétuo?

Simplício: Parece-me que sim, desde que o corpo móvel fosse feito

de material durável.

Vamos agora partir para uma definição mais abrangente da primeira

lei de Newton:

Quando, à noite, você olha para o céu, consegue distinguir a olho

nu uma imensidão de pontinhos brilhantes que mantêm entre si dis-

tâncias constantes. Esses pontinhos brilhantes são simplesmente as

estrelas comuns, que hoje sabemos serem imensas massas incandescentes.

Por causa de suas posições relativas fixas, são chamadas, desde a

antigüidade, de estrelas fixas ou de constelações. Após vários milhares

de anos, as posições relativas entre as estrelas fixas acabam mudando.

Mas esse movimento é tão lento para os nossos interesses que podemos

considerá-las como se fossem, realmente, absolutamente fixas. Portanto,

concluímos que as estrelas obedecem, com muito boa aproximação, à lei

de inércia. Mas uma coisa que você deve estar se perguntando é:

"Em relação a que referencial elas são fixas?"

Bem, não é em relação à Terra, pois um observador terrestre

observa as estrelas girarem no céu noturno.

Toda partícula permanece em seu estado de repouso ou de movimento retilíneo uniforme, a menos que seja compelida a modificá-lo pela ação de algum agente externo que a tire desse estado.

!

Esta situação implica um outro ponto importante na compreensão da primeira lei de Newton: ela não é válida em qualquer referencial. Os referenciais em que ela é válida chamam-se referenciais inerciais.Por exemplo, a Terra não é um referencial inercial, porque gira em torno de seu eixo, porém, para estudar os movimentos usuais na escala de laboratório, a rotação da Terra em torno do seu eixo afeta muito pouco esses movimentos. Portanto, na prática, podemos empregar o laboratório fixo na Terra como um referencial inercial, com boa aproximação.

!

94 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 95

AU

LA 3

ATIVIDADES

1. Uma laranja é arremessada horizontalmente do alto de uma torre de 20m, com uma velocidade de 30m/s. Conforme está mostrado na Figura 3.2, escolhemos o referencial inercial OXY de modo que OX tenha direção horizontal e OY tenha direção vertical, com sentido para cima. A origem O desse referencial está colocada na base da torre. O outro referencial escolhido, O´X´Y´, se move em um MRU relativamente ao referencial OXY, com uma velocidade de 30m/s na direção horizontal. No instante em que a laranja é lançada, as origens coincidem, O = O´.

Figura 3.2: Movimento da laranja arremessada do alto de uma torre. Nesta ilustração são mostrados os referenciais OXY e O´X´Y´.

a. Quais são os vetores velocidade e aceleração da laranja em cada um dos dois referenciais, OXY e O´X´Y´?

b. Quais são as funções horárias da laranja no referencial OXY? Que forma tem a trajetória da laranja nesse referencial?

c. Quais são as funções horárias da laranja no referencial O´X´Y´? Que forma tem a trajetória da laranja nesse referencial?

Y = Y' Y' Y' Y' Y' Y'

O'O'O'O'O'O = O'

30m/s

30m/s

x = x' x = x' x' x' x' x'

g

94 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 95

AU

LA 3

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Você deve perceber que o referencial O´X´Y´ é um referencial

inercial porque se move em um MRU com respeito ao

referencial inercial OXY. Sendo assim, você vai analisar o

arremesso da laranja em dois referenciais inerciais.

O arremesso observado do referencial OXY é um típico lançamento

de projétil, que você já estudou. Nesse caso, a aceleração é dada

pela aceleração da gravidade, g = 9,8m/s2, na direção vertical (com

sentido para baixo). Assim, você sabe que os vetores velocidade

e aceleração da laranja têm componentes dadas por

e

Note que para t > 0 o vetor velocidade tem componentes X e Y

diferentes de zero.

Quando o arremesso for observado do referencial O´X´Y´, o vetor

aceleração da laranja é igual ao vetor aceleração da laranja no

referencial OXY. Isso é verdade porque o referencial O´X´Y´ é

inercial. Como esse referencial se move na direção horizontal OX

com a mesma velocidade horizontal da laranja arremessada, você

precisa concluir que a componente X do vetor velocidade é nula

no referencial O´X´Y´. Portanto, para um observador no referencial

O´X´Y´, os vetores velocidade e aceleração da laranja têm suas

componentes dadas por

e

Nesse referencial, para todo instante de tempo t, o vetor velocidade

tem componente X igual a zero.

b. Neste caso, as funções horárias são aquelas de um lançamento

de projétil. Você sabe que o movimento horizontal é um MRU, e o

movimento vertical é um MRUV. Como a posição inicial da laranja

é x(0) = 0 e y(0) = 20m, você deve responder que no referencial

OXY as funções horárias são

v t

v t tx

y

( ) ;

( ) , .

==

30

9 8

m/s

−−a

ax

y

=

=

0

9 8

;

, .−− m/s2

v t

v t tx

y

( ) ;

( ) , .

==

0

9 8−−

x t t

y t t

( ) ,

( ) ( , ) .

=

=

30

2012

9 8 2−−

a

ax

y

=

=

0

9 8

;

, .−− m/s2

96 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 97

AU

LA 3

Em particular, no instante t ≈ 2s a laranja alcança o solo, y(2s) = 0.

O alcance da laranja é de x(2s) = 60m.

A curva que representa a trajetória da laranja arremessada, no referencial

OXY, é uma parábola. Inclusive, você pode escrever a equação dessa

parábola,

.

c. Se você entendeu bem, alguém que esteja observando a laranja no

referencial O´X´Y´ não vai vê-la se movimentando na direção horizontal

X´. Por essa razão, a coordenada X´ se mantém constante, x´(t) = 0.

As funções horárias, no referencial O´X´Y´, são

Você não acha interessante que a mudança de referencial tenha sim-

plificado o problema? Nesse referencial, temos um movimento

(vertical) de queda livre da laranja. Com a mudança de referencial

eliminamos o movimento horizontal, mas o movimento vertical da

laranja permaneceu o mesmo (em MRUV).

A curva que representa a trajetória da laranja, no referencial O´X´Y´,

é uma reta. O movimento de queda livre da laranja corresponde a

seguinte reta:

, .

2. O universo consiste em um grande conglomerado de estrelas, que são chamadas de galáxias. Na galáxia onde o nosso sistema solar se encontra, existem aproximadamente centenas de bilhões de estrelas. O Sol gira ao redor do centro dessa galáxia com um período de cerca de 180 milhões de anos (terrestres) e com uma velocidade de 250Km/s.

Um referencial colocado na Terra só é inercial de maneira aproximada. Os referenciais colocados no Sol, nas estrelas etc. são inerciais com maior grau de precisão. Compare o grau de precisão quando consideramos, aproximadamente, que um referencial terrestre é inercial e um referencial solar é inercial.

y x x= +20 0 005 2−− , , 0 60≤ ≤x m

x t

y t t

´( ) ,

´( ) ( , ) .

=

=

0

2012

9 8 2m −−

x´= 0 0 20≤ ≤y m´

96 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 97

AU

LA 3

RESPOSTA COMENTADA

Se a velocidade de um observador em movimento muda ou se ele está em

um movimento de rotação, o referencial onde se encontra esse observador

não é um referencial inercial. Essas são precisamente as condições em que

se encontra um observador terrestre. Contudo, se a mudança de velocidade

ou a rotação é pequena durante o intervalo de tempo de observação, esse

observador pode ser considerado aproximadamente inercial.

A rotação do planeta Terra em torno de seu próprio eixo dura 1dia = 24h.

Vamos calcular o ângulo θT que a Terra roda em 1s. Como uma rotação

completa equivale a 360o, você pode calcular que

.

O valor que você calculou é pequeno. Assim, nós podemos considerar,

aproximadamente, que um referencial terrestre é inercial. Entretanto,

não podemos desprezar a rotação da Terra quando lidamos com algum

fenômeno que seja muito demorado.

Agora, vamos comparar um referencial terrestre com um referencial solar.

Para isso, vamos calcular de que ângulo um referencial solar roda em 1s.

Uma revolução completa do Sol ao redor da Via Láctea leva 180 × 106

anos ≈ 6 × 1015s. Assim, em 1s o ângulo é de

A comparação entre os ângulos θT e θS nos permite dizer o seguinte:

Quando consideramos, aproximadamente, que um referencial solar é

inercial e que um referencial terrestre também é, o referencial solar

é 100 bilhões de vezes melhor do que o terrestre.

θT = = ×3601

24 36004 10 3o os

s( )

( )( )−−

θS

s=×

= ×3601

6 106 1015

14o o

s( )

( )( )−−

98 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 99

AU

LA 3

SEGUNDA LEI DE NEWTON

Dando continuidade ao assunto abordado na seção passada, nesta

seção você irá aprender sobre a segunda lei de Newton, que envolve os

conceitos de massa inercial e força. Para tanto, é necessário que você

tenha em mente que o referencial usado será inercial.

Conforme vimos no estudo da primeira lei de Newton, qualquer

mudança no estado de repouso ou de movimento retilíneo uniforme

requer a ação de algum agente externo. Mas lembre-se de que ainda

não foi definido o que é essa ação. Pois bem, o que causa a mudança do

movimento de uma partícula é o que chamamos de força.

A noção de força está relacionada intuitivamente à noção de

esforço muscular. De fato, desde muito cedo, aprendemos que, para

colocar um objeto em movimento ou, de forma mais geral, alterar seu

estado de movimento, é necessário que façamos uma certa força.

Uma outra coisa que sabemos também é o fato de que parar um

carro é mais difícil e exige uma força maior do que frear uma bicicleta.

Então dizemos que o carro tem uma inércia muito maior do que a

bicicleta.

Quando aplicamos uma força a uma partícula, alterando sua

velocidade, essa alteração se caracteriza por uma aceleração adquirida.

No entanto, fica a pergunta:

Como relacionar a força sobre um corpo com a aceleração desse

mesmo corpo?

As experiências feitas nos laboratórios de Física nos dizem que

sujeitando o mesmo corpo a diferentes forças, observamos diferentes

acelerações. Porém, algo muito interessante ocorre quando tomamos

as razões entre os módulos das forças e o módulo de suas respectivas

acelerações. Podemos observar que essas razões apresentam uma relação

de igualdade entre si e por sua vez são iguais a uma constante; ou seja,

de forma quantitativa observamos a seguinte relação:

(3.1)

Agora, se fizermos uma outra experiência, fazendo com que

uma mesma força seja submetida a diferentes corpos, notamos

que, em geral, diferentes acelerações são produzidas. Colocando em

termos quantitativos, temos:

r

r

r

r

L

r

r

Fa

Fa

Fa

kn

n

1

1

2

2

= = = = .

r

r

L

r

F k a k an n= = =1 1 ,

98 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 99

AU

LA 3

com k k kn1 2> > >L . Logo, r r

L

r

a a an1 2< < < . Veja que, quanto

maior o valor da constante associada a um corpo, menor será a aceleração

que ele desempenhará sob a ação da força.

Agora, levando em consideração as duas experiências junto com

o que afirmamos anteriormente, ou seja, o fato de que é muito mais

fácil frear uma bicicleta do que um carro, somos levados a concluir que

a constante k deve medir uma propriedade diretamente proporcional à

inércia do corpo.

Na primeira experiência, onde estamos considerando apenas

um único corpo, k é mantido constante. Já no segundo experimento,

onde estamos considerando vários corpos submetidos a uma mesma

força, notamos que existem diferentes valores de k e diferentes valores

de aceleração. Logo, concluímos que o coeficiente k está relacionado, de

alguma forma, com a propriedade do corpo que caracteriza sua resposta à

força aplicada. Portanto, a dificuldade de acelerar um corpo se relaciona

com a sua quantidade de matéria, a qual chamamos de massa inercial.

Quanto maior a inércia (ou massa inercial) de um corpo, maior é a

dificuldade de acelerá-lo ou de freá-lo.

Agora estamos preparados para apresentar uma das leis fundamentais

do movimento de uma partícula, que podemos chamar de lei do determinismo

newtoniano. Ela foi obtida a partir de uma quantidade imensa de obser-

vações e resultados experimentais, e seu enunciado é dado a seguir:

Em cada instante, o produto da massa pela aceleração de uma partícula em estudo é determinado pela sua posição e sua velocidade e pelas posições e velocidades das partículas vizinhas.

!

100 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 101

AU

LA 3

Vamos entender bem o que essa lei afirma. Seja m a massa inercial

da partícula em estudo, supostamente conhecida (pois é uma constante

que, em princípio, pode ser medida ou calculada), seja a a aceleração

da partícula em estudo em um instante arbitrário, a lei do determinismo

newtoniano afirma que podemos determinar o produto de m por a, isto

é, o produto ma. Isto é praticamente o mesmo que dizer que podemos

determinar a aceleração a. De fato, se ma foi determinado, basta dividi-

lo por m para determinar a.

Uma vez enunciado a lei do determinismo newtoniano e

estabelecido o conceito de massa inercial, representado por m, e sua

relação com o conceito de força e de aceleração, vamos agora enunciar

a segunda lei de Newton:

A força total exercida sobre uma partícula é igual ao produto da massa dessa partícula pela sua aceleração.

!

No sistema MKS (metro-kilograma-segundo), em que a unidade

de comprimento é o metro, a de massa é o quilograma, e a de tempo é

o segundo, podemos representar a unidade de força por kg m/s2. Assim,

definimos uma nova unidade para força nesse sistema, chamada de

newton (N), em homenagem ao ilustre físico inglês Isaac Newton, que

é equivalente a

Logo, 1N é a força que, quando aplicada a um corpo de massa

1kg, lhe imprime uma aceleração de 1 m/s2.

No sistema CGS (centímetro-grama-segundo), por exemplo, a

unidade de força é o dina. Um dina é a força que produz uma aceleração

de 1cm/s2 a um corpo com um grama de massa. Como 1kg = 103g e

1m = 102 cm, é fácil ver que

1 newton quilograma1 metro

1 segundo2≡ ×

( )1 .

1 10 5 dina N.= −−

100 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 101

AU

LA 3

PRINCÍPIO DA SUPERPOSIÇÃO

Um fato importante relacionado à segunda lei de Newton é que

tanto as forças quanto as acelerações são grandezas vetoriais, ou seja, são

grandezas físicas caracterizadas por um módulo, uma direção e um sentido.

Portanto, é necessário que levemos em conta esse aspecto vetorial.

Representaremos a massa da partícula em estudo por m e sua

posição, velocidade e aceleração em relação ao referencial inercial por

r, v e a, respectivamente. Vamos considerar o caso genérico em que há

N partículas vizinhas à partícula em estudo, que têm posições dadas por

e velocidades dadas por .

A segunda lei de Newton afirma que o produto da massa pela

aceleração da partícula em estudo é igual à força total, aqui represen-

tada por F, que as partículas vizinhas exercem sobre ela,

(3.2)

Na situação em que há N partículas nas vizinhanças da partícula

em estudo, a força total F sobre esta, chamada de força resultante,

é exercida por todas as N partículas. Uma enorme quantidade de

experimentos mostra que existe a seguinte relação entre essa força total

e as N forças dadas, devido às N partículas:

(3.3)

isto é, a força total sobre uma partícula em estudo, exercida pelas

suas partículas vizinhas, é igual à soma vetorial das forças que cada

partícula vizinha exerceria se estivesse sozinha nas vizinhanças

da partícula em estudo.

Conheça mais sobre o físico e matemático Isaac Newton acessando o link:http://pt.wikipedia.org/wiki/isaac_newton

F a= m .

F F F F= + + +1 2 L N

102 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 103

AU

LA 3

Esse resultado, embora simples, é extremamente importante.

Ele é chamado princípio de superposição das forças. Podemos expressar

o seu conteúdo, dizendo que a força exercida por uma das partículas

das vizinhanças sobre a partícula em estudo independe da presença das

outras partículas.

Portanto, o que deve ser compreendido por força total consiste na

soma vetorial de todas as forças externas atuando no corpo.

Forças externas são as forças exercidas pelas partículas em

suas vizinhanças. Logo, a segunda lei de Newton escrita em termos

quantitativos é

(3.4)

Um ponto importante a ser dito a respeito da segunda lei de

Newton é o fato de ela determinar quais os movimentos possíveis para

uma partícula na presença de suas vizinhas em um dado problema. Essa

lei estabelece uma relação entre a aceleração da partícula em estudo e

as posições e velocidades de todas as partículas do problema, como é

evidente na Equação (3.4). Isso significa que qualquer movimento da

partícula em estudo na presença das partículas vizinhas deve respeitar

essa relação. Dito de outro modo:

Os movimentos possíveis para tal partícula em estudo são os

que satisfazem à Equação (3.4), ou seja, os que estão de acordo com a

segunda lei de Newton.

Um outro ponto importante é o fato de que a segunda lei é o

princípio fundamental da dinâmica; é ela que determina toda a evolução

de uma partícula.

De fato, vamos imaginar todos os movimentos possíveis de uma

partícula em um dado problema, assumindo que todas as forças externas

aplicadas sobre a partícula em estudo sejam conhecidas. Considere agora

um instante fixo t0 e uma posição r0 também fixa. Dentre as trajetórias

possíveis da partícula, consideremos apenas aquelas nas quais ela tem a

posição r0 no instante t0. Encontraremos uma infinidade de movimentos

que satisfazem a essa condição. Acrescentemos agora a condição de que

a velocidade do movimento no instante t0 também esteja fixa; digamos

que seja v0. Procuremos quais os movimentos da partícula, entre os

possíveis, que têm posição r0 e velocidade v0 no instante t0.

Fexternas =∑ ma.

102 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 103

AU

LA 3

Quantos movimentos, que satisfazem a essas condições, existem?

A resposta é: “um, e somente um!’”

Entre as trajetórias possíveis da partícula, com velocidades e

posições determinados para cada instante dessa trajetória, existe uma,

e somente uma, que satisfaz às condições de ter uma determinada posição

e uma determinada velocidade em um dado instante fixo.

É comum chamar de instante inicial o instante t0 em que estão

predeterminadas a posição r0 e a velocidade v0 da partícula, mesmo

que normalmente haja movimento antes de t0. Em conformidade com

essa nomenclatura, r0 e v0 são chamadas posição inicial e velocidade

inicial da partícula, respectivamente. A essas duas informações,

a posição e a velocidade iniciais, damos o nome de condições iniciais

do movimento.

As propriedades da segunda lei de Newton, que acabamos de

discutir, oferecem a solução do seguinte problema:

Dadas as forças que agem sobre uma partícula, bem como sua

posição e sua velocidade em um dado instante, como determinar o seu

movimento?

Esse é o chamado problema fundamental da Mecânica Clássica.

Como discutimos anteriormente, a segunda lei de Newton resolve

esse problema determinando quais são os movimentos possíveis da

partícula sob a ação das forças dadas. Dentre todos os movimentos

possíveis, um único possui, num certo instante, a posição e a velocidade

predeterminadas no problema.

Desse modo, a segunda lei de Newton se apresenta como um critério

para estabelecer quais são os movimentos possíveis de uma partícula em

um dado problema: são os que a satisfazem como equação. Essas idéias

serão ilustradas na próxima aula, na qual usaremos a segunda lei de

Newton para determinar movimentos possíveis de uma partícula em

algumas situações simples.

104 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 105

AU

LA 3

ATIVIDADES

3. Um carro que tem uma massa de 800kg está se movendo, inicialmente, com uma velocidade de 36km/h. Quando os freios são aplicados, ele pára após 20m. Supondo que o carro é parado por uma força constante, determine:

a. o módulo desta força;

b. o tempo necessário para ele parar.

Se, por outro lado, a velocidade inicial dobrar, e o carro for submetido a uma mesma força durante a parada, qual será:

c. A distância até alcançar o repouso?

d. E quanto tempo ele gasta até parar?

(Isto poderá servir como lição quanto ao perigo de se dirigir em altas velocidades.)

RESPOSTAS COMENTADAS

A Figura 3.3.a mostra o carro se movendo em uma estrada, no momento

em que os freios são aplicados. Na Figura 3.3.b mostramos o eixo X

que vamos usar, que foi colocado na direção da estrada no sentido do

movimento do veículo.

104 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 105

AU

LA 3

a. A velocidade inicial do carro é v0 = 36km/h = 10m/s e a velocidade

final é nula, v = 0. O carro percorre 20m para conseguir parar. Vamos

determinar a aceleração do carro, que é constante, usando a equação

v2 = v02 + 2a∆x. Você deve calcular uma aceleração igual a

Nesse caso, você deve perceber que o vetor aceleração a aponta na

direção –X.

Você pode calcular a força (resultante) que atua no carro usando a

segunda lei de Newton, F = ma. Veja que o vetor F tem a mesma direção

e sentido do vetor aceleração a, isto é, também aponta na direção –X.

Como a massa do carro vale m = 800kg, o módulo do vetor força vale

Note que a unidade da força no SI é 1N = 1 kgm/s2.

b. Você pode calcular o tempo que o carro leva para parar com a equação

v = v0 + at. Dessa forma, como a velocidade inicial é v0 = 10m/s e a

velocidade final é v = 0, esse tempo vale

Figura 3.3: (a) Um carro que está diminuindo a velocidade, até parar depois de 20m; (b) O diagrama de corpo isolado do carro. A força F produz uma aceleração a no carro.

36km/h

20m

Carro (800kg)x

F

a

av

x= = =−− −− −−0

2 2

2102 20

2 5∆

( )( )

, .m/s

mm/s2

| | | | ( )( , ) .F a= = = ×m 800 2 5 2 103kg m/s N2

tv

a= = =−− −−

−−0 10

2 54

( )( , )

.m/sm/s

s2

(a)

(b)

106 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 107

AU

LA 3

c. Agora, a velocidade inicial do carro é 2v0 = 72km/h = 20m/s. O carro

é submetido a uma força que aponta na direção –X e cujo módulo

vale |F| = 2 × 103N, como no item (a). Você já sabe que, quando uma

força dessa magnitude atua sobre o carro, ele sofre uma aceleração

|a|= 2,5m/s2. Assim, antes de parar o carro vai percorrer

d. Nessa situação, para mudar a velocidade do carro de v0 = 20m/s para

v = 0, o tempo decorrido é de

Assim, você vai concluir que a variação do tempo das duas situações de

parada deve ser t ´ − t = 4s.

4. Numa brincadeira de cabo de guerra, Alex, Bete e Charles puxam um pneu de automóvel, nas direções mostradas na Figura 3.4.a, vista do alto. Alex puxa com uma força FA (220N) e Charles com uma força FC (170N). O pneu permanece parado. Qual a força FB aplicada por Betty?

Figura 3.4: (a) Vista do alto das três crianças puxando um pneu; (b) diagrama de corpo isolado do pneu.

∆xv

a= = =−− −−

−−( ) ( )

( , ).

22

202 2 5

8002 2m/s

m/sm2

tv

as´

( )( , )

.= = =−− −−−−

2 202 5

80 m/sm/s2

FA

FC

47.00

1970

FB

y

x

(b)(a)

Alex

Charles

Betty

Pneu

φ

106 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 107

AU

LA 3

RESPOSTA COMENTADA

a. A Figura 3.4 mostra o diagrama de corpo isolado do pneu. Mesmo com

as três pessoas puxando, o pneu permanece parado. Veja que o estado

de repouso do pneu é mantido, porque o vetor aceleração resultante do

pneu é nulo. Pela segunda lei de Newton, você deve concluir que se, o

vetor aceleração resultante é nulo, então a força resultante é nula,

Na equação acima, nós usamos o princípio de superposição.

Como o pneu continua em repouso, a soma vetorial das forças tem que

ser zero. Você pode reescrever essa equação vetorial em termos das

componentes escalares. Dê uma olhada na Figura 3.3.b e escreva as

componentes X e Y da força resultante,

Note que usamos a notação |FA| = FA, |FB| = FB e |FC| = FC. A partir

da equação da componente X, você pode encontrar quanto vale o

ângulo φ ,

Para calcular qual é a força FB aplicada por Betty, você pode usar a

componente Y da equação da força resultante. O resultado que você

tem que encontrar é

F F FA B C+ + = 0

F F

F F FC A

C A B

cos cos ;

.

φ

φ

−−

−−

47 0

47 0

o

osen sen

=

+ =

φ =

=cos

( )( , )( )

−−1 220 0 682170

28N

No

F F FB C A= += + =

sen sen

N N N

o o28 47

170 0 469 220 0 731 241

,

( )( , ) ( )( , ) .

108 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 109

AU

LA 3

TERCEIRA LEI DE NEWTON

Na aula anterior, enunciamos a segunda lei de Newton. Ela afirma

que o produto da massa pela aceleração de uma partícula é igual à

força total que as partículas vizinhas exercem sobre ela. Essa força total

depende das posições e das velocidades de todas as partículas envolvidas

no problema, e essa dependência pode ser muito complicada nas situações

em que há muitas partículas vizinhas ou em que elas se movimentam de

modo muito complicado. No entanto, há propriedades da força total

que podem simplificar o estudo dos movimentos que ela causa. A mais

importante e fundamental dessas propriedades é o chamado princípio

da superposição, que nós já estudamos.

Em nosso curso, um vetor poderá ser denotado por uma única letra em negrito, por exemplo, a, ou um vetor poderá também ser representado pela conhecida notação:

r

a .Já o módulo de um vetor a será denotado por |a| ou

r

a . Também poderemos representar o módulo de um vetor abolindo o negrito da letra, ou seja, simplesmente por a.

!

Consideremos um par de partículas isoladas do resto do universo.

Chamaremos uma delas partícula i e a outra partícula j. Consideremos

i a partícula em estudo, e j sua partícula vizinha. Vamos chamar r

Fij

a força sobre i, exercida por j. Sendo mi a massa da partícula em estudo r

aij e sua aceleração, temos, pela segunda lei de Newton,

(3.5)

Vamos agora trocar os papéis das duas partículas: j é considerada

como a partícula em estudo e i como sua única partícula vizinha. Denotamos

por r r

F Fji ij= −− a força sobre j, exercida por i. Sendo mj a massa da partícula em

estudo e r

aj sua aceleração, temos, pela segunda lei de Newton,

(3.6)

Consideremos agora a situação em que as duas partículas i e j não

formam necessariamente um par isolado. Nesse caso, se tomarmos i como

a partícula em estudo, ela pode ter em suas vizinhanças outras partículas

m a Fi i ij

r

r

=

m a Fj j ji

r

r

=

108 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 109

AU

LA 3

além de j. No entanto, de acordo com o princípio da superposição, a

força sobre a partícula em estudo i, exercida pela vizinha j, não depende

de outras partículas vizinhas de i. Ela é exatamente igual à força r

Fij que

seria exercida sobre i, se ela formasse um par isolado com j. Do mesmo

modo, a força sobre a partícula em estudo j, exercida pela partícula

vizinha i, é exatamente igual à força r r

F Fji ij= −− que seria exercida sobre j,

se ela formasse um par isolado com i. Portanto, graças ao princípio da

superposição, podemos considerar que, mesmo quando i e j não formam

um par isolado, é verdadeira a relação

(3.7)

Nesse sentido geral, a relação acima é chamada de terceira lei de

Newton, que enunciamos da seguinte forma:

r r

F Fji ij= −−

Se r r

F Fji ij= −− é a força sobre uma partícula i exercida por uma partícula j e r r

F Fji ij= −− é a força sobre a partícula j exercida pela partícula i, então, (3.8)

isto é, as duas forças têm o mesmo módulo, a mesma direção e sentidos opostos.

!

r r

F Fji ij= −−

As duas forças r r

F Fji ij= −− e r r

F Fji ij= −−, mencionadas na terceira lei de Newton, são

chamadas forças de ação e reação. Qualquer uma delas pode ser chamada

força de ação e, nesse caso, a outra é chamada força de reação. Sendo

assim, também dizemos que a força r r

F Fji ij= −− é a força de reação à força r r

F Fji ij= −− .

É claro que podemos nos referir à força r r

F Fji ij= −− como força de ação da

partícula i sobre a partícula j. Dessa forma, a força r r

F Fji ij= −− é chamada força

de reação da partícula j sobre a partícula i, ou ainda, força de reação

à força r r

F Fji ij= −−.

É comum denominar o par de forças r r

F Fji ij= −− e r r

F Fji ij= −− como par de ação e

reação. Se escolhemos uma das forças do par para ser a força de ação,

a outra é chamada força de reação. Usando esses conceitos de ação e

reação, podemos enunciar a terceira lei de Newton da seguinte forma

abreviada:

A cada ação corresponde uma reação de mesmo módulo, mesma direção e sentido oposto.

!

110 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 111

AU

LA 3

Notemos que as forças de ação e reação são sempre exercidas

sobre partículas distintas. A força r

Fij é exercida sobre a partícula i e a

força r r

F Fji ij= −− sobre a partícula j, sendo que esteve sempre subentendido que i

e j são designações para duas partículas distintas, e não dois nomes para

uma mesma partícula. Devido aos nomes “ação” e “reação”, atribuídos

às duas forças envolvidas na terceira lei de Newton, essa lei é também

conhecida como lei da ação e reação.

Uma vez estabelecidas as leis de Newton, vamos agora entender

qual é o problema fundamental da Dinâmica e como essas leis são usadas

para resolvê-lo.

Nessas três leis, consideramos contidas, implicitamente, certas

propriedades, como o princípio da superposição e o princípio da

existência e unicidade de soluções, que discutiremos agora. No problema

fundamental da Mecânica Clássica, são dadas a posição e a velocidade

da partícula em um único instante e é pedido o movimento da partícula,

isto é, a função movimento que dá a posição da partícula em todos os

instantes durante o movimento. De posse da função movimento, podemos

obter a função velocidade, que dá a velocidade da partícula em todos os

instantes durante o movimento.

O instante fixo em que são dadas a posição e a velocidade

da partícula pode ser um instante qualquer. Como mencionamos,

ele é comumente chamado instante inicial do movimento, embora o

movimento possa ter começado antes dele. Na verdade, o adjetivo

“inicial” não é significativo, mas continua a ser usado por questão

de tradição. Representaremos o instante inicial por t0. Sempre que

for possível e conveniente, estabeleceremos que esse é o instante zero.

Os valores da posição e da velocidade da partícula no instante inicial

são chamados posição inicial e velocidade inicial, respectivamente.

Representando a posição inicial por e a velocidade inicial por r r

&r f t v f t0 0 0 0= ( ) = ( ) e ,, temos

(3.9)

onde r r

&r f t v f t0 0 0 0= ( ) = ( ) e , é a função movimento e r r

&r f t v f t0 0 0 0= ( ) = ( ) e , é a função velocidade do

movimento procurado, sendo essa última, como sabemos, a derivada da

função movimento em relação ao tempo.

r r

&r f t v f t0 0 0 0= ( ) = ( ) e ,

110 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 111

AU

LA 3

Com base no que já aprendemos, podemos afirmar que, dadas

as condições iniciais de um movimento, existe uma única função

movimento que satisfaz à segunda lei de Newton e a essas condições

iniciais. Conseqüentemente, dadas a posição e a velocidade de uma

partícula num instante qualquer, podemos dizer que o seu movimento

futuro (e passado também) fica univocamente determinado pela segunda

lei de Newton. Vamos escrever a segunda lei de Newton

(3.10)

na forma usual que os matemáticos denominam de equação diferencial.

Para isso, consideremos uma função movimento r

r f t= ( ). Ela dá a posição r

r f t= ( ) da partícula em qualquer instante t do movimento:

(3.11)

A derivada dessa função é uma função velocidade &f t( ), que dá a

velocidade da partícula em qualquer instante t do movimento:

(3.12)

A derivada da função velocidade, em relação ao tempo, é a função

aceleração &&f t( ), que dá a aceleração r

r

&&advdt

f t= = ( ) da partícula em um instante qual-

quer t do movimento:

(3.13)

Note que a aceleração pode ser escrita como a derivada da

velocidade, em relação ao tempo, ou como a derivada segunda da

posição também em relação ao tempo:

(3.14)

Na expressão da segunda lei, vamos usar as respectivas definições

de velocidade e aceleração para escrever:

(3.15)

r

r

F maexternas =∑

r

r f t= ( )

r

r

&vdrdt

f t= = ( )

r

r

&&advdt

f t= = ( )

r

r r

advdt

d rdt

= =2

2 .

md rdt

F r r rdrdt

drdt

drdtN

N2

2 11

r

r

r r

L

r

r r

L

r

=

, , , , , , , .

112 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 113

AU

LA 3

Essa é uma equação que relaciona, a cada instante, o valor rr f t= ( ) da

função f, com o valor dr dtr

/ de sua derivada e o valor d r dt2 2r

/ de sua

derivada segunda. Lembre-se de que as posições e as velocidades das

partículas vizinhas em um instante arbitrário são quantidades supostamente

conhecidas nos problemas em consideração. Posteriormente, voltaremos

a discutir o caso em que as posições e velocidades das partículas vizinhas

não são conhecidas para qualquer instante de tempo. Uma equação

como a anterior, que relaciona uma grandeza com suas derivadas,

é chamada, em Matemática, de uma equação diferencial. Além disso, uma

equação diferencial é dita de segunda ordem se nela a derivada segunda

é a de mais alta ordem. A segunda lei de Newton é, portanto, uma

equação diferencial de segunda ordem. Em contraste com as equações

algébricas nas equações diferenciais, a incógnita é uma função, ou seja,

as soluções dessa equação são as funções f que levam a valores de r

r f t= ( ),

dr dtr

/ e d r dt2 2r

/ que satisfazem à equação, isto é, a tornam verdadeira

em cada instante.

Já sabemos que essas soluções são os movimentos possíveis da

partícula no problema em questão. Entre essas soluções existe uma,

e somente uma, que satisfaz às condições iniciais r

r f t0 0= ( ) e r

&v f t= ( )0 .

Em suma:

A segunda lei de Newton é uma equação diferencial de segunda

ordem, cujas soluções são os movimentos possíveis de uma partícula em

um dado problema.

Entre essas soluções, há uma, e apenas uma, que resolve o

problema fundamental da Mecânica Clássica. Vamos sintetizar essa

propriedade na forma: se forem dadas as forças sobre a partícula, a

segunda lei de Newton determina, para essa partícula, um, e somente

um movimento que satisfaz às condições iniciais dadas por uma posição

e uma velocidade predeterminadas em algum instante fixo.

Essa propriedade da segunda lei de Newton é chamada de princípio

da existência e unicidade das soluções do problema fundamental da

Mecânica Clássica.

112 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 113

AU

LA 3

No problema fundamental da Mecânica, as forças envolvidas são consideradas conhecidas, isto é, como dados do problema em estudo. Isso significa que na segunda lei de Newton é conhecida a função força, que determina a força sobre a partícula em estudo para quaisquer que sejam as posições e velocidades das partículas do problema. No entanto, é natural perguntarmos como são obtidas essas funções forças. A resposta é que são obtidas a partir de observações e experimentos, geralmente complementados por cálculos teóricos. Analisando-se vários movimentos da partícula em estudo e medindo-se, para cada um deles, as posições e as velocidades de todas as partículas do problema em vários instantes, podemos relacionar as acelerações da partícula em estudo com as posições e velocidades de todas as partículas do problema. A partir desses dados, lembrando que a força total sobre a partícula em estudo é igual ao produto de sua massa por sua aceleração, é possível inferir expressões para a função força que atua sobre a partícula em estudo, e que é exercida pelas partículas vizinhas. É claro que, quanto maior for o número de medidas feitas (e maior for a precisão de tais medidas), mais próxima da realidade estará a nossa conclusão a respeito da função força para um certo problema. Nesse sentido, encontrar as funções forças sobre uma partícula numa certa situação significa resolver o seguinte problema:

Dados um ou mais movimentos de uma partícula na presença de partículas vizinhas, determinar a força total que age sobre a partícula exercida pelas partículas vizinhas.

Esse é o chamado problema inverso da Mecânica Clássica. Um exemplo de problema inverso, que teve um papel muito importante no desenvolvimento da Mecânica, foi resolvido por Newton, ao descobrir a Lei da Gravitação Universal.

A partir dos movimentos dos planetas, dados pelas leis de Kepler, Newton determinou qual a força que o Sol exerce sobre cada planeta. Ele usou as leis de Kepler para concluir que a força é atrativa, tem a direção da reta que une cada planeta ao Sol e é inversamente proporcional ao quadrado da distância que os separa.

Vamos voltar ao assunto desta aula: o problema fundamental da

Mecânica Clássica. Continuaremos supondo que as forças já tenham sido

obtidas experimentalmente e nos tenham sido dadas e, a partir delas,

tentemos obter o movimento da partícula em estudo. Note que a segunda

lei de Newton é uma igualdade vetorial. Isso significa que os vetores, em

ambos os lados da equação, podem ser decompostos em componentes

ao longo dos eixos OX, OY e OZ do referencial em uso, para obtermos

três igualdades numéricas, equivalentes à igualdade vetorial

(3.16)ma F m a F m a F m a Fx x x y y y z z z

r

r

= ⇔ = = =, , e

114 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 115

AU

LA 3

onde as componentes da aceleração e da força total são escritas na

notação habitual. As forças se apresentam em cada problema concreto

como vetores, de modo que a segunda lei de Newton é aplicada ao

problema inicialmente em forma vetorial. Essa também é a forma

que permite a melhor compreensão das relações entre as forças e as

características do movimento que elas causam. É no momento de se

realizarem os cálculos que normalmente se torna útil a decomposição

da segunda lei de Newton nas três igualdades numéricas escritas acima.

Na verdade, na maioria dos problemas de que tratamos, os movimentos

são retilíneos ou planos, de modo a ser possível decompor a segunda lei

de Newton em apenas uma ou duas igualdades numéricas.

Naturalmente, essas considerações também se aplicam à segunda

lei de Newton, na forma de uma equação diferencial, a Equação (3.15),

ou seja, essa equação também é uma igualdade vetorial, equivalente a três

igualdades numéricas, que são três equações diferenciais que relacionam

as componentes da derivada segunda d r dt2 2r

/ com as componentes

correspondentes da força total.

Note que ainda não usamos a terceira lei de Newton nesta

seção, pois ela não se faz necessária no tipo de problema que estamos

considerando. No entanto, desempenha um papel importante no estudo

do movimento, como veremos adiante. Até agora, consideramos as

posições e as velocidades das partículas vizinhas como conhecidas em

qualquer instante do tempo, isto é, consideramos como conhecidos

os movimentos de todas as partículas vizinhas. Em alguns casos mais

simples, isso realmente ocorre; e, em outros, esses movimentos são

desconhecidos.

De qualquer modo, conhecer ou não o movimento das partículas

vizinhas não afeta a força total sobre a partícula em estudo, quando as

partículas do problema estão em certas posições e com certas velocidades,

uma vez que a função força só depende dessas posições e velocidades

e não do fato de algum observador já possuir alguma informação

sobre o sistema. Em ambos os casos, a teoria explicada anteriormente

permite resolver o problema fundamental da Mecânica Clássica.

No entanto, a situação mais comum, e mais complicada, é aquela

na qual não conhecemos o movimento das partículas vizinhas. Não

sabemos, então, quais são as posições e velocidades em um instante

qualquer das partículas vizinhas que aparecem na segunda lei de Newton.

114 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 115

AU

LA 3

Nesse caso, rL

r

r rN1, , , rL

r

v vN11, , são incógnitas na equação diferencial,

além das incógnitas rr f t= ( ), dr dtr

/ e d r dt2 2r

/ referentes à partícula em estudo.

Como você verá, quando estudar a teoria das equações diferenciais, há

nesse caso incógnitas em excesso, o que torna impossível determinar

o movimento da partícula em estudo, usando apenas a equação

diferencial

(3.17)

O que fazer então para determinar esse movimento?

A resposta é que a própria segunda lei deve ser usada para

determinar o movimento também das partículas vizinhas. Isto é, devemos

considerar cada uma das partículas como novas partículas em estudo e

aplicar a cada uma delas a segunda lei de Newton. Desse modo, obtemos

mais N equações diferenciais, além da equação diferencial acima. Todas

essas equações diferenciais juntas, com o auxílio da terceira lei de Newton,

permitem, em princípio, encontrar os movimentos possíveis de todas as

partículas do problema, da partícula que originalmente foi considerada

como partícula em estudo e das suas N partículas vizinhas. Devido

ao princípio de existência e unicidade do problema fundamental da

Mecânica, apropriadamente generalizado para o caso em que buscamos

os movimentos de todas as partículas do problema, podemos afirmar

que: dadas as condições iniciais para todas as partículas do problema,

ficam, em princípio, determinados univocamente pelas leis de Newton

os movimentos de todas elas.

Entretanto, no caso geral, a solução do conjunto de equações

diferenciais que determinam os movimentos possíveis de todas as

partículas do problema é tão complicada, mas tão complicada, que

ninguém, nem computador algum, consegue resolvê-las na prática, a

menos que sejam feitas hipóteses simplificadoras. Por isso, começaremos

por estudar problemas nos quais suporemos conhecidos os movimentos

das partículas vizinhas. Na verdade, o que faremos será considerar,

primeiramente, situações, as mais simples possíveis, nas quais somente

a equação diferencial dada acima seja suficiente para resolver o problema

fundamental da Mecânica.

md rdt

F r r rdrdt

drdt

drdtN

N2

2 11

r

r

r r

L

r

r r

L

r

=

, , , , , , , .

116 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 117

AU

LA 3

ATIVIDADES

5. Uma bala de fuzil de massa igual a 20g atinge uma árvore com uma velocidade de 500m/s, penetrando nela a uma profundidade de 10cm.

a. Se o cano do fuzil tem 50cm, quanto vale a força média (em N) exercida pela bala sobre o atirador?

b. Calcule a força média (em N) exercida sobre a bala durante a penetração.

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Entre o instante em que o gatilho do fuzil é acionado e o instante

em que a bala sai do cano da arma, a bala parte do repouso e atinge

uma velocidade final, imediatamente após o disparo, de v = 500m/s.

Para ganhar essa velocidade, a bala percorreu toda a extensão do

cano de ∆x = 50cm. Você pode calcular a aceleração (média) da bala,

durante o tempo em que ela percorre o cano do fuzil, com a fórmula

v2 = vo2 + 2ao∆x. Dessa maneira, você vai calcular que a aceleração

da bala, ao = v2/2∆x, é de

ao 2

m/sm

ms

= = ×( )( , )

, .5002 0 5

2 5 102

5

116 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 117

AU

LA 3

Agora, você vai calcular a força que lança a bala em direção à árvore

com a segunda lei de Newton, |FBF | = mao . Como você já sabe, o

subscrito que nós estamos usando diz que FBF é a força (média) que

o fuzil “F” exerce sobre a bala “B”. Na Figura 3.5, está mostrado o

diagrama de corpo isolado da bala.

Note que o enunciado do problema pede para você calcular a força

de recuo, isto é, aquela força que o atirador recebe imediatamente

após o disparo. Pois bem, vamos usar a terceira lei de Newton:

A força (média) que a bala exerce sobre o fuzil, FFB = −FBF ,

tem o mesmo módulo e a mesma direção que tem a força

FBF , mas com sentido oposto. Então, basta que você calcule

o módulo da força sofrida pela bala porque |FFB| = mao.

A força média, sofrida pelo atirador depois do disparo, vale

b. Quando a bala atinge a árvore, ela é freada até parar. Você sabe

que, para alterar o estado de movimento da bala, de velocidade

constante vo = 500m/s para v = 0, é necessária a ação de uma

força. Essa força é exercida pela árvore “A” sobre a bala “B”, que

nós podemos escrever como FBA. O diagrama de corpo isolado da

bala, ao penetrar na árvore, é mostrado na Figura 3.5. Você pode

calcular a aceleração média da bala, ao penetrar ∆x = 10cm na

árvore, com a igualdade a = −vo2/2∆x. Logo, o resultado a que você

deve chegar é que

Já que você sabe quanto vale a aceleração da bala ao ser freada

pela árvore, é fácil encontrar a força média exercida sobre a bala

durante a penetração. Com a segunda lei de Newton, |FBA| = m|a| ,

você vai poder calcular que

Figura 3.5: (a) Diagrama de corpo isolado da bala pouco antes de sair do cano do fuzil; (b) diagrama de corpo isolado da bala ao penetrar na árvore.

FBF FBA

(a) (b)

Bala (20g) Bala (20g)

| | ( , )( , ) .FFB = × = ×0 02 2 5 10 5 105 3kg m/s N2

a = = ×−− −−( )

( , ), .

5002 0 1

1 25 102

6m/sm

ms2

| | ( , )( , ) , .FBA = × = ×0 02 1 25 10 2 5 106 4 kg m/s N2

118 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 119

AU

LA 3

6. O sistema representado na Figura 3.6, que contém dois blocos de massas iguais a 100kg e 300kg, está em equilíbrio. Determine:

a. as tensões TA no fio AB, TB no fio BC e TC no fio CD e

b. o valor do ângulo θ.

Figura 3.6: O sistema mecânico consiste em dois blocos presos às paredes por fios com massas desprezíveis e inextensíveis.

1200

B C

100kg

300kg

A

D

118 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 119

AU

LA 3

RESPOSTAS COMENTADAS

Como o sistema de blocos e fios está em equilíbrio, as forças resultantes

que atuam em cada um dos blocos e em cada um dos nós B e C

devem ser vetores nulos. Você aprendeu a segunda lei de Newton, que

estabelece uma relação entre a força resultante e a aceleração de um

corpo, ΣF = ma. Assim, o equilíbrio (de forças) do sistema significa que

a aceleração de cada corpo deve ser nula. Mais ainda, para calcular a

força resultante, você vai usar o princípio da superposição das forças.

Você deve sempre esboçar um diagrama, um para cada bloco e cada

nó, isolando-o e determinando as forças atuantes. Na Figura 3.7, estão

quatro desses diagramas, onde você pode ver os blocos de massas

100Kg e 300Kg , e os nós B e C.

a. Para o bloco mais leve (m1 = 100Kg) ficar em equilíbrio estático, é

necessário que a força de tração no fio que liga esse bloco até o nó

B, T1 equilibre com a força peso, P1 = m1g (veja a Aula 4). Neste caso,

com o princípio de superposição

Figura 3.7: Diagrama das forças que atuam nos blocos isolados e nós B e C.

F T P T Pbloco1∑ = = ⇒ =1 1 1 10+ − ,

você vai concluir que a força de tração tem módulo igual ao peso,

T1 = P1 = 980N, mas tem sentido para cima.

O mesmo raciocínio se aplica ao bloco de maior massa (m2 = 300Kg):

a força de tração no fio que liga o bloco até o nó C, T2 deve equilibrar

com a força peso, P2 = m2g. Como resultado do princípio de

superposição, você vai encontrar que:

F T P T Pbloco2∑ = + = ⇒ =2 2 2 20 −− .

T2

P2

P1

T1TA

P1

P2

TC

CTBTB100kg 300kg

600

300

120 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 121

AU

LA 3

Logo, você pode ver que a força de tração tem módulo T2 = P2 = 2940N

e tem sentido para cima.

Agora que você já sabe quais são os vetores T2 e T2 , vamos discutir como

obter os vetores de tração TA , TB e TC .

Veja na Figura 3.7 que as forças que atuam no nó B são as forças de

tração TA , TB e T1 . Para estar em equilíbrio estático, a força resultante no

nó B deve ser nula,

Note que você pode usar o equilíbrio do bloco 1, T1 = − P1 . Na equação

acima, temos as componentes vertical e horizontal da força resultante. Não

é difícil você observar na Figura I que o ângulo entre o fio AB e a horizontal

vale 30o. Assim, você pode escrever, respectivamente, as componentes

horizontal e vertical da força resultante no nó B,

(horizontal)

(vertical)

Analise a segunda equação acima, aquela que corresponde ao equilíbrio

vertical das forças. A partir dessa equação, você vai conseguir calcular a

força de tração TA no fio AB. Este vetor tem uma direção que faz 30o com a

horizontal, sendo que o sentido está mostrado na Figura 3.7. A intensidade

da tração TA será:

De imediato, com a equação de equilíbrio horizontal, você pode calcular

quanto vale o módulo da força de tração TB no fio BC,

A direção da força TB é horizontal e aponta para a direita no ponto B.

No nó C, as forças de tração são TB , TC e T2 . No equilíbrio, a força resultante

neste nó deve ser nula,

Note que você pode usar o equilíbrio do bloco 2, T2 = − P2 . Na equação

acima, temos as componentes vertical e horizontal da força resultante.

F T T TpontoB∑ = + + =A B 1 0.

T T

T PB A

A

−−

−−

cos ,

.

30 0

30 01

o

osen

=

=

TP

PA = = =1130

2 1960sen

No .

T TB A= =cos .30 1697o N

F T T TpontoC

B C∑ = + + =2 0.

T T

T PC B

C

cos ,

.

θθ

−−

−−

==

0

02sen

120 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 121

AU

LA 3

O módulo da força de tração TC , no fio CD, pode ser calculado quando

você elevar ao quadrado e somar as equações de equilíbrio acima,

Note que o resultado acima também pode ser obtido quando você

aplica o teorema de Pitágoras aos vetores de força que atuam no nó

C da Figura 3.7.

b. Para calcular o ângulo entre o fio CD e a horizontal, você divide a

segunda equação de equilíbrio do nó C pela primeira. Dessa forma,

você vai calcular a tangente do ângulo θ,

Assim, a força de tração TC tem uma direção que faz um ângulo

de 60o com a horizontal. O sentido dessa força está mostrado na

Figura 3.7.

7. Uma corrente formada por cinco elos, com massa de 0,100Kg cada um, é levantada verticalmente com aceleração constante de 2,50m/s2, como mostrado na Figura 3.8. Determine:

a. as forças que atuam entre os elos adjacentes;

b. a força F exercida sobre o elo superior pela pessoa que levanta a corrente e

c. a força resultante que acelera cada elo.

Figura 3.8: Ilustração da corrente levantada verticalmente por uma força F.

F

T T PC B= + =222 3395N.

tan , .θ θ= = = ⇒ =PTB

2 29401697

1 73 60o.

122 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 123

AU

LA 3

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Vamos enumerar os elos da corrente de baixo para cima: vamos chamar

o elo mais abaixo de elo 1, o elo logo acima deste de elo 2, e assim por

diante, até o elo 5. Você deve ter percebido que a força peso de cada elo

é igual porque todos têm uma mesma massa, P = mg. A direção da força

peso é vertical e está orientada para baixo.

Sempre é conveniente que você faça um diagrama de corpo isolado para

cada elo, mostrando todos os vetores de força envolvidos na superposição.

Na Figura 3.9, é mostrado o diagrama das forças que atuam em cada

um dos elos da corrente.

Você deve notar que as duas forças exercidas sobre o elo 1 são: o peso

P, para baixo, e a força F12 do elo 2 sobre o elo 1, para cima. Vamos

adotar que a direção “para cima” é positiva. Quando você usar a segunda

lei de Newton para o elo 1, a equação em que você deve encontrar é

F12 – P = ma. A aceleração da corrente é o vetor de módulo a = 2,50m/s2

e com direção vertical e sentido para cima. Dessa forma, você vai calcular

o valor da força que o elo 2 exerce sobre o elo 1,

122 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

CECIER J – Extensão 123

AU

LA 3

Você pode ver na Figura 3.9 que as três forças exercidas sobre o elo 2

são: a força peso P, a força de reação F21 = – F12 , para baixo, e a força

F23 para cima (do elo 3 sobre o elo 2). Com a segunda lei de Newton,

você pode mostrar que a relação entre a aceleração da corrente e a

superposição das forças descritas é dada por F23 – F21 – P = ma. Agora

você pode calcular o valor da força que o elo 3 exerce sobre o elo 2,

Para o elo 3, além da força peso, as forças envolvidas na superposição

são: a força de reação F32 = –F23 , para baixo, e a força F34 para cima

(do elo 4 sobre o elo 3). Ao aplicar a segunda lei de Newton, você vai

calcular o valor da força que o elo 4 exerce sobre o elo 3. O resultado

é o seguinte:

Figura 3.9: Diagrama de corpo isolado para cada um dos cinco elos da corrente.

F m g a12

0 100 9 8 2 50 1 23

= += + =

( )

( , )( , , ) , N.

F m g a F23 21

0 100 9 8 2 50 1 23 2 46

= + += + +

( )

( , )( , , ) , ,= N.

F12

F23

F34

F45

P F21 P

F32

F43

F54

P P P

F

elo 1 elo 2 elo 3 elo 4 elo 5

F m g a F34 32

0 100 9 8 2 50 2 46 3 69

= + += + +

( )

( , )( , , ) , ,= N.

124 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As leis de Newton

Veja na Figura 3.9 que as forças exercidas no penúltimo elo são a força

peso, a força de reação F43 = – F34 , para baixo, e a força F45 para cima

(do elo 5 sobre o elo 4). A superposição dessas três forças resulta num

vetor aceleração a para cima, F45 – F43 – P = ma, ou seja,

b. Finalmente, você pode ver na Figura 3.9 que as forças exercidas

sobre o último elo são a força peso, a força de reação F54 = – F45 para

baixo, e a força F, para cima, da pessoa que levanta a corrente. Como

você pode ver, a segunda lei de Newton estabelece que a superposição

das forças que atuam no quinto elo deve resultar em uma aceleração

constante, F – F54 – P = ma, ou seja,

c. Como cada elo tem a mesma massa e a mesma aceleração, a

força resultante FR em cada um deles é igual. A força FR é o vetor cujo

módulo vale

e que tem direção vertical e sentido para cima.

R E S U M O

Nesta aula, definimos o conceito de inércia e explicamos quais s‹o as condições

necessárias para que uma partícula se movimente. Também discutimos a definição

de um referencial inercial.

Em seguida, definimos o conceito de massa inercial e enunciamos a segunda lei de

Newton. Mostramos como identificar e decompor sobre um eixo de coordenadas

cartesiano as forças que atuam sobre um corpo e explicamos como usar o princípio

da superposição para calcular a resultante das forças que atuam sobre uma

partícula e a sua aceleração, caso exista.

Finalmente, enunciamos a terceira lei de Newton e discutimos como as leis do

movimento podem ser usadas para calcular a trajetória, a velocidade e a aceleração

de uma partícula.

F maR = = ( , )( , ) ,0 100 2 50 25=0 N,

F m g a F= + += + +

( )

( , )( , , ) , ,54

0 100 9 8 2 50 4 92 6 15= N.

F m g a F45 43

0 100 9 8 2 50 3 69 4 92

= + += + +

( )

( , )( , , ) , ,= N.

obje

tivos4AULA

Metas da aula

As aplicações das Leis de Newton

Mostrar algumas aplicações das Leis de Newton para calcular a aceleração de partículas em situações físicas conhecidas, como a força gravitacional, as forças de contato, o sistemas massa-mola e um sistema envolvendo o uso de roldanas;

descrever o movimento circular com aceleração constante.

Ao final desta aula, você deverá ser capaz de:

• deduzir a aceleração de corpos em queda livre, quando estão próximos à superfície da Terra;

• calcular a força gravitacional exercida por uma distribuição de partículas massivas sobre uma outra partícula;

• calcular a resultante das forças que atuam sobre uma partícula em situações simples, em que a força de atrito é proporcional à “força normal” exercida por uma superfície lisa;

• calcular o coeficiente elástico de uma mola usando a Lei de Hooke;

• calcular a força necessária para equilibrar uma massa ligada a um sistema de roldanas ideais;

• calcular a velocidade de um corpo em trajetória circular quando conhecemos o valor da aceleração centrípeta e sua massa.

Pré-requisito

Para melhor compreensão desta aula, você precisa ter estudado a Aula 3 – As Leis de Newton.

Texto adaptado por Carlos Magno da Conceição, Lizardo H. C. M. Nunes e Licinio Portugal das apostilas:

- SOUZA, Carlos Farina de; Pinto, Marcus Venicius C.; Soares Filho, Paulo Carrilho. Física 1A. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. v.1.

126 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 127

AU

LA 4

Em nosso curso, um vetor poderá ser denotado por uma única letra em negrito, por exemplo, a, ou poderá também ser representado pela conhecida notação:

r

a .Já o módulo de um vetor a será denotado por |a| ou

r

a . Também poderemos representá-lo abolindo o negrito da letra, ou seja, simplesmente por a.

!

LEI DA GRAVITAÇÃO

Forças gravitacionais são as forças decorrentes da Lei da

Gravitação Universal, de Newton. São essas forças que os corpos sofrem

e exercem exclusivamente pelo fato de terem massa. Examinemos agora

algumas situações mais comuns em que encontramos essas forças.

Consideremos, primeiramente, o caso da força gravitacional

sofrida por uma partícula de massa m e vetor-posição r

r .

Como você já deve saber, a força gravitacional exercida sobre ela

por uma única partícula de massa m1 e vetor-posição r

r1 é dada por

(4.1)

onde G é uma constante universal.

No caso da atração gravitacional de um planeta pelo Sol, tanto o

planeta como o Sol podem ser considerados partículas. Assim, a expressão

anterior dá a força sobre o planeta exercida pelo Sol, se considerar-

mos m e rr como a massa e o vetor-posição do planeta, respectivamente,

e m1 e r

r1 como a massa e o vetor-posição do Sol, respectivamente. Sabemos

que, nesse caso, podemos usar um referencial inercial no qual o Sol está

fixo e, além disso, escolher a origem do sistema de eixos no próprio

Sol. Com essas escolhas, o Sol permanece em repouso na origem e,

conseqüentemente, temos sempre r

r1 = 0.

A fórmula da força gravitacional dada pela Equação (4.1) assume,

nesse caso, a forma mais simples

(4.2)

onde mudamos o símbolo da massa do Sol de m1 para mS.

r

r

r

r

F Gmm

r

r

rs= − 2 ’

r

r r

r r

r r

F Gmm

r r

r rr r

= −−

−−

1

1

21

1

126 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 127

AU

LA 4

Consideremos agora o caso em que a partícula sofre forças

gravitacionais exercidas por N partículas, de massas m1, m2, …, mN,

e suas respectivas posições. Pelo Princípio da Superposição, a força

gravitacional total sobre a partícula é

(4.3)

Quando há muitas partículas exercendo forças, essa soma vetorial

pode ser muito complicada. Existe uma situação, entretanto, em que

há um número enorme de partículas, e o resultado da soma parece ser

milagrosamente simples. É quando as partículas, que exercem as forças

gravitacionais formam uma esfera homogênea. A Figura 4.1 mostra

uma tal esfera de massa M, raio R e centro em um ponto C, cujo vetor-

posição chamamos r

rc

r

r r

r r

r r

r r

r r

F Gmm

r r

r rr r

Gmm

r r

r rN

N

N= −−

−−

+ + −

−−1

1

21

12...rr r

r rN−

.

Figura 4.1: Uma esfera homogênea de raio R e centro em C atrai gravitacionalmente uma partícula de massa m posicionada em frente à esfera.

C

RrC

r − rC

m

x

yO

zr

r

r

F

128 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 129

AU

LA 4

Em frente à esfera há uma partícula de massa m e vetor-posição r

r . A esfera está toda cheia com a massa M, distribuída de forma

homogênea, isto é, qualquer parte da esfera tem a mesma densidade de

massa. Podemos imaginar essa esfera como um conjunto de pedacinhos

bastante pequenos para serem considerados partículas. Vamos chamar N

o número de pedacinhos, m1, m2, … , mN suas massas e suas respectivas

posições (é claro que m1 + m2 +…+ mN = M). Podemos, então, usar a

Equação (4.3) para expressar a força total sobre a partícula que está

em r

r , exercida pelos N pedacinhos da esfera. Se o cálculo for feito com

precisão, obtém-se o resultado: as forças gravitacionais, exercidas pelos

diversos pedacinhos, combinam-se de modo a produzir a força total

(4.4)

que é, de fato, o resultado mais simples que se poderia esperar.

Comparando esse resultado com a força gravitacional vista na Equação

(4.1) exercida por uma única partícula, somos levados a concluir que

a força exercida pela esfera é exatamente a que seria exercida por uma

única partícula, cuja massa é igual à massa M da esfera e cuja posição

é a do seu centro C.

Temos, então, que:

A força gravitacional que uma esfera homogênea exerce sobre uma partícula situada fora dela é a mesma que seria exercida se toda a massa da esfera se localizasse em seu centro.

!

r

r r

r r

r r

F GMm

r r

r r

r rc

C

C

= −−

−−2 ’

Note que, de acordo com esse resultado, a força de atração

exercida pela esfera aponta para o centro da esfera, e o módulo da força

é proporcional ao inverso do quadrado da distância entre o centro da

esfera e a partícula que sofre a força.

A atração gravitacional exercida por uma esfera homogênea

torna-se importante quando aplicada ao caso da atração gravitacional

terrestre sobre os corpos. De fato, a Terra pode, em boa aproximação,

ser considerada como uma esfera homogênea de massa. Podemos, então,

obter a força gravitacional que a Terra exerce sobre uma partícula fora

dela, aplicando a Equação (4.4) na qual no lugar de M colocamos a massa

MT da Terra, e consideramos r

rc como o vetor-posição de seu centro.

128 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 129

AU

LA 4

Além disso, como discutido anteriormente, a Terra pode ser

considerada como um referencial inercial para uma grande variedade

de problemas. Vamos supor essa situação e usar um sistema de eixos com

origem no centro da Terra. Nesse caso, temos que rrc = 0’ e a Equação

(4.1) assume a forma simples

(4.5)

onde RT é o raio médio da Terra, e a ressalva visa lembrar que a fórmula é

válida apenas no caso em que a partícula atraída pela Terra está fora dela,

isto é, acima ou sobre a superfície da Terra. Vamos usar as convenções

comuns de que o módulo do r

r é representado simplesmente por r e o

unitário r

r /r

r é notação representado por r̂ . Com isso, a Equação (4.5)

toma a forma

(4.6)

A Figura 4.2 é uma ilustração da Terra e de uma partícula de

massa m a uma certa altura da superfície da Terra.

r

r

r

r

F GmM

r

rr

r RTT= ≥( )−− 2 ,

r

F GmM

rr r RT

T= − ≥( ) ⋅2ˆ

Figura 4.2: Uma partícula de massa m acima da superfície da Terra, a uma distância r do seu centro.

r

r

F

r

r

m

Centro

Terra

130 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 131

AU

LA 4

Uma vez que a origem do sistema de eixos está no centro da Terra,

o vetor posição r

r da partícula vai do centro da Terra até a partícula.

A distância r da partícula ao centro da Terra é o módulo de seu vetor-

posição. O vetor unitário r̂ aponta no sentido do centro da Terra para o

ponto onde está a partícula. O vetor unitário r̂ foi desenhado na figura

com origem no centro da Terra, tal como o próprio vetor-posição r

r que

lhe deu origem. A força gravitacional r

F da Terra sobre a partícula, dada

pela Equação (4.6), foi desenhada com ponto de aplicação na partícula,

como é habitual. Como os três vetores r

r , r̂ e r

F estão sobrepostos em

uma mesma reta, usamos um expediente para identificar os três vetores

sem confusão: pusemos os símbolos desses vetores próximos às suas

respectivas extremidades finais. Note que a presença do sinal negativo

na Equação (4.6) faz com que r

F e r̂ tenham sinais opostos, como se

faz necessário, uma vez que a força gravitacional atrai a partícula para

o centro da Terra.

Agora queremos considerar a situação na qual a partícula atraída

gravitacionalmente pela Terra está bem próxima da sua superfície, de

tal modo que possamos considerar a distância entre ela e o centro da

Terra aproximadamente igual ao raio da Terra (mais precisamente,

ligeiramente maior). Nesse caso, a força gravitacional exercida pela

Terra sobre a partícula costuma ser chamada peso da partícula e ser

simbolizada por r

P .

Para obter o valor aproximado do peso da partícula, fazemos,

então, r = RT na Equação (4.6), que dá a força gravitacional terrestre

sobre a partícula, e trocamos o símbolo da força de r

F para r

P , para

seguir a notação que adotamos para a força-peso. Obtemos

(4.7)

É conveniente nessa equação separar m dos demais fatores, de

modo a termos

(4.8)

A quantidade em frente à massa costuma ser representada por r

g,

(4.9)

r

P GmM

rrT= − 2ˆ

r

P m GMr

rT= −

⋅2ˆ

r

g GMr

rT= − 2ˆ

130 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 131

AU

LA 4

de modo que o peso da partícula, dado pela Equação (4.8), pode ser

escrito na forma

(4.10)

Usando os valores da constante universal da gravitação G, da

massa da Terra MT e de seu raio RT, obtemos

(4.11)

Portanto, o vetor r

g tem módulo igual a 9,8 em unidades de

newtons por quilograma, sua direção e sentido são a direção e contrário

ao sentido do vetor unitário r

r . Obviamente, a direção desse vetor é a da

reta que une o ponto em que está a partícula ao centro da Terra, e seu

sentido aponta para esse centro. Para quem está na superfície da Terra

(ou próximo dela), a superfície parece plana, a direção de r

g é vertical e

seu sentido é de cima para baixo. Esse ponto de vista, isto é, de quem está

próximo à superfície da Terra, está ilustrado na Figura 4.3 a seguir.

r

r

P mg=

r

gNKg

r= 9 8,

Figura 4.3: A figura mostra r

g e o peso r

r

P mg= de uma partícula de massa m. Esses vetores apontam para o centro da Terra, isto é, têm direção vertical e sentido para baixo.

m

Terra

r

r

P mg=

r

g

132 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 133

AU

LA 4

Você deve ter notado que até o momento não demos um nome

para o vetor r

g , que talvez você já conheça pelo nome de aceleração da

gravidade. Continuaremos a usar esse nome parar

g, porque já é por

demais comum, mas fomos reticentes em adotá-lo, porque ele exige certo

cuidado. Isto porque apenas em uma situação é a aceleração da partícula.

É quando a força total exercida sobre a partícula é o seu peso. Nesse caso,

a Segunda Lei de Newton, aplicada à partícula, toma a forma ma Pr

r

= .

Substituindo a Equação (4.10) na equação anterior, que dá o peso em

função do vetor r

g, obtemos: ma mgr r= . Simplificando a massa em ambos

os lados dessa equação, vemos que a aceleração da partícula, nesse caso,

é igual ao vetor constante r

g, isto é, r r

a g= .

Se, além do peso, houver outras forças que contribuam para a

força total sobre a partícula, a sua aceleração não será igual ao vetor r

g.

Por exemplo, você pode pôr uma bolinha de chumbo de massa m sobre

o chão, e a bolinha ficar em repouso. Nesse caso, tanto a velocidade da

bolinha quanto sua aceleração são iguais a zero. O peso da bolinha

continua a ser igual à massa m multiplicada pelo vetor r

g, de módulo

9,8 N/Kg, ao passo que não é a aceleração da bolinha, que, no caso,

é nula: r

r

a = 0.

Note que a unidade natural para o módulo de r

g é N/Kg, pois esse

módulo é dado pela Equação (4.10) da qual obtemos g = P/m. Sendo o

peso uma força, a unidade de seu módulo é o newton. Como a unidade

de massa é o quilograma, a unidade de g é o newton por quilograma.

Acontece que o newton é igual a kilograma vezes metro por segundo ao

quadrado, de modo que temos N/Kg = m/s2. Desse modo, tanto faz escrever

g = 9,8N/Kg como g = 9,8m/s2. Contudo, ao escrever g = 9,8 m/s2, você

deve ter em mente que nem

sempre esse é o valor da

aceleração da partícula. Esse

é sempre o valor pelo qual

devemos multiplicar a massa

da partícula para obter o

módulo do seu peso.

Podemos concluir, em resumo:O peso de uma partícula de massa m é uma força igual ao produto de sua massa pela chamada aceleração gravitacional, que é um vetor de direção vertical e sentido para baixo. Para partículas próximas à superfície terrestre, o módulo de

r

g é aproximadamente:

(4.12)

Se a força total que age sobre a partícula é apenas o peso, então a aceleração da partícula é igual à aceleração gravitacional.

!

g = 9,8m/s2

132 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 133

AU

LA 4

Finalmente, consideremos a situação em que temos um sistema

de partículas, isto é, um corpo, nas proximidades da superfície terrestre.

Digamos que o corpo seja constituído pelas partículas de massas m1, m2,

… , mN. Sobre cada uma dessas partículas age uma força-peso, exercida

pela Terra. Esses pesos são dados, respectivamente, porr

r

r

r

L

r

r

P m g P m g P m gN N1 1 2= = =, , , r

r

r

r

L

r

r

P m g P m g P m gN N1 1 2= = =, , , .A soma vetorial desses pesos é a força gravitacional

total que a Terra exerce sobre o corpo. Vamos chamar essa força de

peso do corpo e representá-la porr

P . Desse modo, o peso do corpo é

dado por:

(4.13)

isto é,

(4.14)

onde M é a massa total do corpo.

r r r

L

r

P P P PN= + + +1 2

= + + +m g m g m gN1 2

r r

L

r

= + + +( )m m m gN1 2 L

r

,

r

r

P Mg= ,

Temos, então:o peso de um corpo próximo à superfície terrestre é a força gravitacional total que a Terra exerce sobre ele e é igual ao produto da massa do corpo pela aceleração gravitacional

r

g.

!

Na verdade, a força-peso é aquela com a qual temos mais

familiaridade, pois sentimos essa força em nós mesmos, na experiência

ininterrupta de estarmos sendo atraídos para baixo, para o centro da

Terra. Por isso, nosso vocabulário coloquial está cheio de expressões que

se referem à força-peso. Fala-se sobre o peso de um objeto para se referir

ao que sabemos ser o módulo da força-peso que a Terra exerce sobre

ele. Diz-se que um objeto é mais pesado do que outro para significar

que seu peso é maior do que o do outro; nesse caso, também se diz

que o peso de um corpo é proporcional à sua massa. Um corpo é tanto

mais pesado que outro quanto maior for a razão entre a massa dele e a

do outro. Essa proporcionalidade dá origem a certos erros conceituais,

como expressar o peso de um objeto em quilogramas. Sendo peso uma

134 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 135

AU

LA 4

força, sua unidade é o newton e não o quilograma, que é a unidade de

massa. A cada quilograma de massa de um corpo corresponde um peso

de 1Kg x 9,8m/s2 = 9,8N.

Finalmente, notemos que os corpos observados em nossa

experiência diária também exercem forças gravitacionais uns sobre os

outros, pois eles têm massas. Acontece que essas forças são normalmente

imperceptíveis. De fato, não percebemos forças de atração gravitacionais

entre mesas e cadeiras ou entre pessoas, por exemplo. Mesmo próximos a

uma enorme montanha, não sentimos sua força gravitacional. O motivo

de não percebermos forças gravitacionais entre esses corpos é que tais

forças são absolutamente desprezíveis à força gravitacional da Terra.

A montanha exerce uma força gravitacional sobre um corpo próximo e

essa força pode ser medida. Acontece que a Terra também exerce uma

força gravitacional sobre o corpo, que é o seu peso. Ao adicionarmos

vetorialmente essas duas forças, o resultado obtido não é suficiente

para ser distinguido do próprio peso do corpo, pois diante dele a

força gravitacional da montanha é totalmente desprezível. Natu-

ralmente, isso ocorre porque a massa da montanha é desprezível

em relação à massa da Terra.

1. Três bolas de futebol, com 0,450Kg de massa cada uma, foram colocadas sobre um gramado nos vértices de um triângulo retângulo, como está mostrado na Figura 4.4. Calcule o vetor de força gravitacional resultante exercida.

a. sobre a bola A,

b. sobre a bola B e

c. sobre a bola C.

ATIVIDADES

134 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 135

AU

LA 4

Figura 4.4: A localização das bolas de futebol A, B e C sobre um gramado.

RESPOSTAS COMENTADAS

Primeiro você deve calcular separadamente as forças individuais que

atuam sobre cada umas das três bolas. Em seguida, para determinar a

força resultante exercida sobre as bolas de futebol A, B e C, você calcula

a soma vetorial das duas forças exercidas em cada bola.

Vamos usar o valor da massa m = 0,450Kg e da constante gravitacional,

G = 6,67 × 10-11 Nm2/Kg2.

0.500m

0.300m

0.400m

C

A B

y

x

136 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 137

AU

LA 4

a. Na Figura 4.4 você pode ver que a distância entre a bola A e a B é dada

por rAB = 0,300m. A força de atração gravitacional, FAB , que a bola B exerce

sobre a A, tem a direção do eixo +x. Com a Lei da Gravitação Universal, você

pode escrever que

O resultado que você deve encontrar para a força de atração gravitacional

entre as bolas A e B é o seguinte:

A distância entre a bola A e a C vale rAC = 0,400m. Veja a Figura 4.4

e observe que a força de atração gravitacional FAC , exercida pela bola C

sobre a A, tem a direção do eixo +y. Dessa maneira, você pode mostrar que

força gravitacional em questão é

Ao substituir a distância rAC e a massa m na fórmula acima, você vai encontrar

que a força de atração gravitacional entre as bolas A e C vale

Agora, você já sabe quanto valem as forças FAB e FAC . Para encontrar a força

resultante sobre a bola de futebol A, basta que você calcule a soma vetorial

dessas forças, FA = FAB + FAC . O resultado da soma vetorial que você tem

que calcular é

A direção do vetor FA faz um ângulo de 29,4o, no sentido anti-horário, com

o eixo + x.

b. Veja na Figura 4.4 que a distância entre a bola B e a C é dada por

rBC = 0,500m. Como você aprendeu na discussão da aula, a força de atração

gravitacional deve estar sobre o segmento de reta que une as bolas B e C.

Assim, você precisa perceber que a força FBC , exercida pela bola C sobre a

bola B, tem uma direção que faz um ângulo de 53,1o, no sentido horário,

com o eixo −x. A partir disso, você vai conseguir calcular as componentes x

e y do vetor FBC ,

F F uAB BAAB

x

Gmr

= =−−2

2 .

F F uAB BA x= = ×−−

−−( , )( , )( , )

6 67 10 0 4500 300

11 2

2

Nm /Kg Kgm

2 2

N)= ×( , .1 50 10 10−− ux

F F uAC CAAC

y

Gmr

= =−−2

2 .

F F uAC CA y= − = ×( , )( , )( , )

6 67 10 0 4500 400

11 2

2

−− Nm /Kg Kgm

2 2

N)= ×( , .8 44 10 11−− uy

F F u uBC CBBC

x y

Gmr

= − = − +

2

2

35

45

.

FA x y= × + ×( , ( , .1 50 10 8 44 1010 11−− −−N) N)u u

136 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 137

AU

LA 4

Com os valores de rBC e m, você pode calcular a força de atração gravitacional

entre as bolas A e C,

ou seja,

A soma vetorial das forças gravitacionais exercidas sobre a bola de futebol B,

FB = FBA + FBC , é a força resultante

O vetor FB tem uma direção que faz um ângulo de 24,6o, no sentido horário,

com o eixo −x.

c. Para determinar a força gravitacional resultante sobre a bola C, você deve

calcular a soma vetorial FC = FCA + FCB . O resultado desta soma é o seguinte:

A direção do vetor FC faz um ângulo de 75,8o, no sentido horário, com o eixo −x.

2. Uma esfera sólida, com 500Kg de massa distribuída uniformemente, tem um raio igual a 0,400m. Calcule a força gravitacional exercida pela esfera em uma partícula cuja massa vale 50,0g, localizada.

a. em um ponto a 1,50m do centro da esfera;

b. na superfície da esfera;

c. em um ponto a 0,200m do centro da esfera;

d. Faça um gráfico da magnitude da força gravitacional exercida pela esfera como função da distância entre a partícula e o centro da esfera.

F u u NB x y= − +( )× −⋅18 4 8 44 10 11, ,

F u uC x y= − × −( , , ) .3 24 12 8 10 11N

F FBC CB x y= − = × − +−( , )( , )

( , )6 67 10 0 450

0 50035

45

11 2

2

Nm /Kg Kgm

2 2

u u

,

F FBC CB x y= = + ×−− −− −−( , , ) .3 24 4 32 10 11u u N

138 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 139

AU

LA 4

RESPOSTAS COMENTADAS

Vamos usar o eixo radial que está mostrado na Figura 4.5. Você pode ver nesta

figura as três localizações da partícula, a uma distância de 0,200m, 0,400m e 1,50m

do centro da esfera.

Figura 4.5: Ilustração da esfera sólida e as três localizações da partícula no eixo radial r.

Você aprendeu com a Lei da Gravitação Universal que a força de atração

gravitacional entre dois corpos é dada pela fórmula

Vamos usar os valores das massas M = 500Kg e m = 50g = 0,05Kg.

Vamos precisar também do valor da constante gravitacional, G = 6,67×10–11

N m2/Kg2.

a. Para uma partícula localizada a uma distância de r = 1,50m do centro da

esfera, você pode calcular qual é a força F que a esfera exerce sobre a partícula

de massa m = 0,05Kg.

O resultado que você deve encontrar para a força de atração gravitacional é

o seguinte:

b. Quando a partícula está localizada na superfície da esfera, a distância que você

tem que usar é igual ao raio da esfera, r = R = 0,400m. Assim, você vai calcular

a força F que a esfera exerce sobre a partícula na superfície da esfera,

F = −−GmM

rr2ˆ ( , ).r R≥ = 0 400m

0.2m0.4m

1.5m

r

FNm Kg Kg Kg

mr=

×( )( )( )( )

−−6 67 10 500 0 05

1 50

11 2 2

2

, / ,

,^

F = ×−− −−( , ) .7 41 10 10 N r̂

FNm Kg Kg Kg

mr=

×( )( )( )( )

−−6 67 10 500 0 05

0 400

11 2 2

2

, / ,

,^

138 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 139

AU

LA 4

Logo, a força é dada por

c. Agora você deve considerar que a partícula está localizada em um ponto

interno à esfera (r < R = 0,400m). Neste caso, é necessário imaginar que a

esfera é constituída por camadas esféricas concêntricas, como, por exemplo,

as cascas de uma cebola. As camadas esféricas concêntricas de raio

r > R = 0,400m não exercem nenhuma força sobre a partícula enquanto que as

demais camadas, de raio r < R = 0,400m, atuam como se sua massa estivesse

concentrada no centro. Assim, a força F que a esfera exerce sobre a partícula

é a força resultante das camadas internas,

onde M' é a massa total contida dentro de um esfera de raio r.

Para uma esfera homogênea, a massa é calculada a partir da fórmula:

A relação para a massa de esfera determina que a densidade vale ρ = 3M/

4πR3. Uma esfera de raio r de densidade ρ tem uma massa M’, dada pela

igualdade

Note que, quando r = R = 0,400m, recuperamos a massa de toda a esfera,

M'= M = 500Kg.

A força de atração gravitacional F que a esfera exerce sobre a partícula,

localizada em um ponto interno à esfera, é dada por

Você vai calcular a força F que a esfera exerce sobre a partícula em um ponto

interno da esfera,

Portanto, a força que você tem que calcular é de

d. Para fazer o gráfico que corresponde à força gravitacional como função

da distância ao centro da esfera, você terá que usar as fórmulas para a força

dentro e fora da esfera. O comportamento da força F para um ponto interno

da esfera é linear, isto é, o gráfico é uma equação da reta para r < 0,400m.

Por outro lado, para r > 0,400m, o módulo da força diminui com o inverso

da potência dois da distância, ~1/r2. Você pode ver na Figura 4.6 um esboço

deste gráfico.

FGmM

rr=

′−− 2

ˆ ( . ),r R≤ = 0 400m

MR=

43

3πρ.

Mr

MrR

´ .=

=4

3

3 3

3

πρ

F = − GmMrR

r3ˆ ( , ).r R≤ = 0 400m

F N r= ×( )−− −−5 21 10 9,

F = ×−− −−( , ) .1 04 10 8 N r̂

FNm Kg Kg Kg m

mr=

×( )( )( )( )( )

−−6 67 10 500 0 05 0 200

0 400

11 2 2

3

, / , ,

,^

140 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 141

AU

LA 4

FORÇAS DE CONTATO E FORÇAS DE ATRITO

A força gravitacional entre dois corpos existe mesmo quando eles

não estão em contato. De fato, é claro que não há contato entre o Sol

e a Terra e, ainda assim, o Sol exerce uma força gravitacional sobre a

Terra. O peso com que a Terra nos atrai existe independentemente de

estarmos em contato com ela; é óbvio que a força-peso que age sobre

nós continua a existir quando pulamos!

Em contrapartida, há forças que ocorrem apenas quando os corpos

entram em contato. Uma mola precisa estar em contato com outro

corpo para exercer força sobre ele, de modo que a força dela é um

exemplo de força de contato. Para que a força com a qual empurramos

uma mesa apareça, é necessário que entremos em contato com ela.

A fim de que o cabo de um guincho puxe um automóvel, é necessário

que o cabo fique amarrado a ele. De um modo geral, os corpos sólidos

exercem forças de contato uns sobre os outros. Na verdade, são as forças

de contato o que mais freqüentemente notamos no dia-a-dia.

Figura 4.6: Gráfico da força gravitacional como função da distância ao centro da esfera.

Portanto, as forças que requerem contato para serem exercidas são as forças de contato, e as demais são as forças a distância.

F(N)

0,200 0,400 1,50

-7,41 × 10−10

-5,21 × 10−9

r(m)

-1,04 × 10−8

140 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 141

AU

LA 4

Vamos começar considerando dois corpos em contato, como

mostra a Figura 4.7.a. Para simplificar, considere que haja apenas um

ponto de contato entre as suas superfícies, que chamaremos de ponto

P. (A nossa análise poderia ser estendida com facilidade às situações

em que há vários pontos de contato, mas isso não é necessário).

Se chamarmos de r

FAB a força de contato sobre o corpo A exercida pelo

corpo B, pela Terceira Lei de Newton, o corpo B sofre uma reação a essa

força, que denotamos por r

FBA . Naturalmente, é a força de contato sobre

o corpo B exercida pelo corpo A. Dizemos que r

FBA e r

FBA são forças de

interação por contato entre os corpos A e B.

Fixemos nossa atenção na força de contato r

FAB . Vamos

considerar apenas corpos cujas superfícies tenham formas suaves. Para

elas, podemos considerar o plano tangente a ambas as superfícies no

ponto de contato. Denotamos por P o ponto de contato e por ∏ o plano

tangente, conforme indicado na Figura 4.7, podemos decompor a força

Figura 4.7: Dois corpos sólidos em contato.

B

A

P

Π

Π

A

B

fAB

a

b

r

FAB

r

FBA

P

r

NAB

142 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 143

AU

LA 4

r

FAB em duas componentes bem determinadas: uma componente normal

ao plano tangente, denotada por r

NAB , e uma componente paralela ao

plano tangente, denotada por r

fAB . Temos, então,

(4.15)

onde r

NAB e r

fAB são univocamente determinadas por e pelo plano

tan-gente no ponto de contato, como indicado na Figura 4.7.b. A força r

NAB é chamada força normal sobre o corpo A exercida pelo corpo B,

no ponto de contato P. A força r

fAB é chamada força tangencial ou força

de atrito sobre o corpo A exercida pelo corpo B, no ponto de contato

P. Tanto a força normal quanto a força de atrito são forças de contato.

É comum dizer que as forças de contato entre os corpos são forças de

contato entre as suas superfícies.

Considere agora um bloco de massa m em repouso sobre uma

mesa horizontal, como indicado na Figura 4.8.a. Os corpos vizinhos ao

bloco são a Terra, que o atrai verticalmente para baixo, e a mesa, que o

impede de cair sob essa atração. A Terra exerce sobre o bloco a força-

peso,r

r

P mg= , e a mesa exerce sobre o bloco uma força que chamaremos

de r

FBM . Obviamente, é necessário que exista essa força, pois, se houvesse

apenas o peso, o bloco estaria caindo com aceleração igual a r

g. É fácil

verificar que a força r

FBM somente existe enquanto há contato entre o

bloco e a mesa. Portanto, r

FBM é uma força de contato. Estando o bloco

em repouso, sua aceleração é nula. Conseqüentemente, pela Segunda

Lei de Newton, obtemos: r r r

P FBM+ = 0, isto é, r r

F PBM = −− . Desse modo,

a força de contato sobre o bloco, exercida pela mesa, é igual a “menos

o peso do bloco”. Dizemos que a força r

FBM impede que o peso faça o

bloco penetrar na mesa. Note que, embora r

FBM e r r r

P FBM+ = 0 tenham o mesmo

módulo, a mesma direção e sentidos opostos, essas forças não formam

um par de ação e reação, como você já deve ser capaz de explicar.

Suponha agora que a mesa esteja levemente inclinada, como

na Figura 4.8.b e que o bloco permaneça em repouso. Novamente, a

força de contato r

FBM sobre o bloco, exercida pela mesa, continua a ser

igual a “menos o peso do bloco”. Note que r

FBM pode ser decomposta

em duas componentes vetoriais bem determinadas: uma componente r r

r

F N fBM = + , paralela à superfície da mesa, e uma componente r

NAB, normal à

superfície da mesa, de modo que r r

r

F N fBM = + . A Figura 4.8.c mostra

r rr

F N fAB AB AB= +

142 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 143

AU

LA 4

essas componentes, a paralela e a normal, da força que a mesa exerce no

bloco. A componente r

NAB normal impede que o bloco penetre na mesa, e

a componente paralela impede que ele escorregue sobre a superfície da

mesma mesa. A componente r

NAB é chamada de força normal que a mesa

exerce sobre o bloco, e a componente r r

r

F N fBM = + é chamada de força de atrito que

a mesa exerce sobre o bloco. Ambas são forças de contato.

Naturalmente, quando a mesa não está inclinada, a mesa exerce

apenas uma força normal sobre o bloco, como mostrado na Figura 4.8.a.

Figura 4.8: Bloco em repouso sobre: (a) a superfície horizontal de uma mesa e (b) a superfície inclinada de uma mesa. As forças P e FBM que atuam sobre o bloco estão

indicadas. (c) As componentes de FBM estão indicadas, r

NAB e r r

r

F N fBM = + .

A força de atrito entre sólidos é uma das mais complicadas que

observamos na natureza. Dentro da concepção da mecânica newtoniana,

ela é uma função das posições e velocidades das partículas dos corpos

em contato. Mas a tentativa de descobrir essa função-força nos obriga

a considerar que tais partículas são as moléculas dos corpos na região

de contato. Acontece que o número de moléculas nos corpos que nos

cercam é enorme e, além disso, a mecânica newtoniana não é suficiente

para descrevê-las. Como conseqüência, as propriedades do atrito podem

ser muito complicadas e difíceis de descrever.

Por outro lado, existem algumas leis de atrito simples, que são

válidas apenas de modo aproximado e exclusivamente para corpos

sólidos com superfícies secas e de formatos suaves. Os casos mais

freqüentes ocorrem quando há contato entre duas superfícies planas,

a b c

r

NAB

r rr

F N fBM = +

r

FBM

r

FBM

r r r

P FBM+ = 0

r r r

P FBM+ = 0r r r

P FBM+ = 0

144 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 145

AU

LA 4

como o caso de um bloco sobre um plano inclinado. Para enunciar essas

tais leis de atrito, devemos, em primeiro lugar, tornar preciso o conceito

de deslizamento entre corpos em contato.

Figura 4.9: Deslizamento entre as superfícies dos corpos A e B.Fonte: Figura 18.12 da apostila Física 1A – volume 2 – p. 157 do PDF

Considere a Figura 4.9, em que há o deslizamento entre os corpos

A e B. A força de atrito entre as superfícies, quando há deslizamento

entre elas, é chamada força de atrito cinético. Assim, seja a força de atrito

cinético r r

r

F N fBM = + exercida no corpo A pelo corpo B. Por definição, ela está no

plano tangente ∏. Definimos o módulo de f como sendo proporcional ao

módulo da força normal r

NAB , que é exercida sobre o corpo A pelo corpo B.

A constante de proporcionalidade é chamada de coeficiente de atrito

cinético e é uma característica dos corpos em contato. Se denotarmos

esse coeficiente por µc , temos, então,

, para o atrito estático (4.16)r

r

f NAB c AB= µ

A

B

Vab

a

bf

Π

144 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 145

AU

LA 4

Uma variedade de experimentos mostra que r rr

F N fBM = + tem a mesma

direção e sentido oposto ao da velocidade relativa r

VAB. O fato de que a

força de atrito cinético tem sentido oposto ao vetor velocidade relativa

significa que o atrito cinético sempre se opõe ao movimento relativo entre

as superfícies em contato, isto é, ao deslizamento entre elas.

Considere agora os pontos de contato a e b entre os corpos A e

B, como mostra a Figura 4.9. Suponha agora que eles permaneçam em

contato durante certo intervalo de tempo. Temos então que, durante esse

intervalo, a velocidade relativa r r

VAB = 0 ; ou seja, não há deslizamento entre

as superfícies, visto que permanecem em contato. Nesse caso, a força de

atrito entre as superfícies é chamada de força de atrito estático.

Considere a força de atrito estático r r

r

F N fBM = + exercida no corpo A pelo

corpo B. Por definição, ela está no plano tangente ∏. Entretanto, o

seu módulo, a sua direção e o seu sentido dependem das outras forças

do problema e dos prováveis movimentos relativos entre a superfícies

dos corpos em contato. A força de atrito estático não é conhecida de

antemão e é determinada ao se solucionar o problema em consideração.

A única coisa que sabemos de antemão é o valor máximo que o módulo

da força de atrito estático pode ter. Definimos esse valor máximo como

sendo proporcional ao módulo da força normal, r

NAB . A constante de

proporcionalidade é chamada coeficiente de atrito estático e é uma

característica dos corpos em contato. Representando esse coeficiente

por µe , temos

, para o atrito estático. (4.17)

A força de atrito estático cumpre o papel de impedir o deslizamento

entre as superfícies. É óbvio que essa força não existiria numa situação

em que, para impedir o deslizamento, seu módulo tivesse um valor maior

do que o seu máximo. Nesse caso, o deslizamento de fato ocorre e a

força de atrito que existe é a força de atrito cinético.

Existem superfícies entre as quais podemos desprezar a força de

atrito com boa aproximação. Descrevemos essas superfícies de forma

idealizada, dizendo que não há forças de atrito entre elas. Uma superfície

que “nunca” exerce forças de atrito em contato com outras é comumente

chamada de superfície perfeitamente lisa. Por definição, uma superfície

perfeitamente lisa só pode exercer forças de contato normais. Embora

rr

f NAB≤ µ

146 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 147

AU

LA 4

ATIVIDADE

o conceito de uma superfície perfeitamente lisa seja uma idealização, ele

é útil, pois existem muitos problemas nos quais as superfícies envolvidas

exercem atritos tão pequenos que podem ser desprezados.

3. Um bloco com uma massa de 2,0Kg é projetado para cima de um plano inclinado de 45o, com uma velocidade inicial de 18m/s. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e o plano é 0,30.

a. Ache a força normal e a força de atrito aplicada ao bloco enquanto ele sobe.

b. Durante quanto tempo o bloco se mantém subindo no plano?

c. Que distância o corpo atinge, subindo o plano?

d. Quanto tempo leva para o bloco escorregar da posição atingida em (c) até seu ponto de partida?

e. Com que velocidade ele chega a esse ponto?

RESPOSTAS COMENTADAS

Vamos usar o eixo x paralelo ao plano inclinado, ou seja, está inclinado

45o em relação a horizontal. Durante a subida e a descida, as forças

exercidas no bloco são a força peso P, a força de atrito f e a força normal N.

Na Figura 4.10 é mostrado o diagrama de corpo isolado do bloco. Note

que na subida a força de atrito aponta na direção do eixo −x e na descida

a força de atrito aponta na direção do eixo +x, ou seja, a força de atrito

sempre tem sentido contrário à direção do movimento.

146 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 147

AU

LA 4

O vetor aceleração do bloco, na subida e na descida, tem o sentido do

eixo −x. Contudo, o módulo deste vetor é maior na subida do que na

descida, como você pode ver na Figura 4.10.

a. Neste item vamos investigar a subida do bloco no plano inclinado.

Veja na Figura 4.10 que o ângulo entre o vetor P e o eixo y vale 45o.

A partir disto, você pode calcular as componentes Px = P sen45o e

Py = P cos45o. O módulo do vetor P vale P = mg ≈ 20N. Escrita em termos

dos vetores unitários, a força-peso é dada por

A força normal que o plano inclinado exerce sobre o bloco, tanto na

subida quanto na descida, aponta na direção do eixo +y. Com o vetor

unitário uy , você pode escrever que a força normal N é dada por

Durante toda a subida do bloco, a força de atrito f que o plano exerce

sobre o bloco é proporcional ao módulo da força normal N. A constante

de proporcionalidade é dada pelo coeficiente de atrito µ = 0,3; sendo

assim, você vai escrever esta força da seguinte maneira:

Convém lembrar que a força de atrito é uma força tangente ao plano,

e por isso tem a direção do vetor unitário ux .

Figura 4.10: Diagrama de corpo isolado do bloco (a) na subida e (b) na descida.

P u u= − −14 14x y .

N u= N y .

f u= −µN x .

N

450

450

a

f

a b

a

Px PyPx

f

450

xxy

N

PP

Movimento

Py450

y

148 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 149

AU

LA 4

A força resultante que atua sobre o bloco é dada pela soma vetorial

das forças f, P e N. Você aprendeu a Segunda Lei de Newton, que

estabelece a relação entre a força resultante exercida sobre o bloco e a

sua aceleração,

A igualdade acima é equivalente a duas igualdades escalares, uma para

a força resultante em x e outra para a força resultante em y. Quando você

escrever as equações que correspondem às componentes x e y, você

deve encontrar

Nesse momento vamos considerar que a componente y do vetor aceleração

é nula, porque o movimento do bloco ocorre somente na direção x. Dessa

forma, a componente y da força resultante tem que se equilibrar, ou seja,

Sabendo quanto vale o módulo da força normal, você pode calcular quanto

vale a força de atrito,

b. Agora que você já sabe quanto vale a força normal N e a força de

atrito f, pode calcular o vetor aceleração do bloco. Lembre-se de que este

vetor tem somente a componente x diferente de zero, isto é, a = ax ux .

Você usou a Segunda Lei de Newton para a componente x da força

resultante. A partir desta equação, você pode calcular a aceleração,

O tempo que o bloco leva até parar, v = 0, sendo que inicialmente estava

se movendo com uma velocidade v0 = (22m/s) ux , é calculado com a

fórmula do MRUV, v(t) = v0 + at. Portanto, você pode facilmente calcular

o tempo de subida,

c. Para calcular a distância com que o bloco sobe, você deve usar a função

horária de um MRUV para o movimento do bloco ao longo do eixo x.

− − =− = =

f P ma

N P max x

y y

,

.0

N P Py= = =cos .45 14o N

f N= = =µ 0 3 14 4 2, ( ) , .N N

af P

mxx=

+= + =−− −− −−

( ) ( , )( )

, .4 2 14

29 0

NKg

m/s2

tv v

ax

= = =−−

−−−−

0 189 0

2( )

( , ).

m/sm/s

s2

x t t t( ) ( ) ( , ) .= 18 4 5 2m/s m/s2−−

f P N a+ + = m .

148 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 149

AU

LA 4

Para t = 2s, o bloco pára a uma distância do seu ponto de partida,

que vale

d. Veja na Figura 4.10 que na descida do bloco somente a força de

atrito é alterada, ou seja, muda de sentido,

Isso ocorre porque a força de atrito é contrária ao sentido do movimento

do bloco.

A partir da Segunda Lei de Newton, você pode calcular a aceleração do

bloco, que neste caso vale

O bloco parte do ponto onde parou na subida com uma velocidade

v0 = 0. Para calcular o tempo que o bloco percorre os 18m até voltar

para o ponto de partida, no começo do plano inclinado, você pode usar

a função horária do MRUV.

Considerando que o ponto de partida é a origem, x(t) = 0, você vai

encontrar o tempo de descida,

e. Com a fórmula do MRUV, v = v0 + at, você consegue calcular a

velocidade que o bloco atinge na descida. A fórmula é a seguinte:

Logo, para t = 2s, você tem que encontrar v(2s) = –(18m/s)ux .

x t( ) ( )( ) ( , )( ) .= =18 2 4 5 2 182m/s s m/s s m2−−

af P

mxx= = =

−− −−−−

( , )( )

, .4 2 14

24 9

NKg

m/s2

x t t( ) ( ) ( , ) .= 18 2 5 2m m/s2−−

t = =( )( , )

, .18

2 57 2

mm/s

s2

v t v a t tx( ) , .= + =0 2 5−−

f u u= =µN x x4 2, .N

150 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 151

AU

LA 4

LEI DE HOOKE

Nesta seção, você vai estudar uma força de contato importantíssima,

a força elástica. Ela existe em conseqüência das deformações causadas

pelo contato entre os corpos. Dentro de certos limites da deformação,

as forças elásticas obedecem à Lei de Hooke, que descreveremos em

detalhe. Também consideraremos situações muito idealizadas nas quais

ocorrem forças de contato mas as deformações são desprezíveis. Essas

são as forças chamadas vinculares, como a normal exercida por uma

superfície rígida sobre corpos que a pressionam, ou a força exercida por

um fio inextensível sobre corpos que o tensionam.

Geralmente, corpos sólidos se deformam quando exercem forças

um sobre o outro, e tais forças dependem dos estados de deformação

dos corpos. Vamos considerar corpos para os quais é simples a relação

entre força e deformação.

Primeiramente, vamos nos restringir aos chamados corpos

elásticos. Quando não está sujeito a forças externas, além do próprio

peso, um corpo elástico se apresenta sempre com a mesma forma,

chamada forma natural do corpo.

Forças externas podem retirá-lo dessa forma natural, mas, ao

cessarem essas forças, ele volta a ela. Em contraste com os corpos

elásticos, há os corpos plásticos, que não voltam à forma original quando

cessam as forças que o deformaram. Contudo, note que, se a deformação

de um corpo elástico ultrapassar certo limite, ele deixa de ser elástico e

não mais retorna à forma original quando cessam as forças deformantes.

Para que um corpo elástico permaneça como tal, é necessário que não

seja ultrapassado tal limite, chamado limite de elasticidade do corpo

em consideração.

Dentre os corpos elásticos, os que apresentam as propriedades mais

simples são as molas. Estudemos, então, no caso das molas, a relação

entre força e deformação.

Em uma mola há uma direção, ao longo da qual ela pode ser

esticada ou comprimida. Dizemos que a direção de deformações elásticas

seja a direção longitudinal da mola, ou simplesmente direção da mola.

Ao ser esticada ou comprimida nessa direção, ela reage com uma força

restauradora proporcional à variação de seu comprimento.

150 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 151

AU

LA 4

Para simplificar nossas análises, vamos também supor que a mola

não se flexione em relação a essa direção, de modo a permanecer sempre

reta. A dimensão da mola ao longo de sua direção longitudinal é chamada

comprimento da mola.

Quando a mola está em sua forma natural, o seu comprimento

é chamado comprimento natural. Obviamente, uma mola solta

permanece com seu comprimento natural. Quando a mola é esticada

ou comprimida, ela abandona sua forma natural e seu comprimento

aumenta ou diminui.

A diferença entre o comprimento que a mola apresenta em certo

estado e o comprimento natural é chamada elongação da mola naquele

estado. Se a mola está esticada, seu comprimento é maior do que o natural

e sua elongação é positiva. Se está comprimida, o seu comprimento é

menor do que o natural e sua elongação é negativa.

Representemos por l o comprimento da mola em um estado

qualquer e por l0 o seu comprimento natural. Portanto, se a mola tem

comprimento l, sua elongação é l – l0.

A Figura 4.11 a seguir mostra uma mola em três situações: esticada,

comprimida e solta. A fim de ser esticada ou comprimida, ela está presa

em uma de suas extremidades a uma parede e, em outra extremidade, a

um bloco rígido sobre uma mesa horizontal. A parede e o bloco exercem

sobre a mola as forças que a esticam ou comprimem. As extremidades da

mola estão presas a uma mesma altura, de modo que a mola permanece

na horizontal. Lembre-se de que supusemos que a mola não se flexiona

em relação à sua direção longitudinal. Devemos, pois, supor que uma

mola é leve o bastante para não se vergar ao próprio peso.

Figura 4.11: (a) Mola esticada pela parede e pelo bloco. (b) Mola comprimida pela parede e pelo bloco. (c) Mola solta, em seu comprimento natural.

l = l0l < l0

l > l0

FF'

a b c

152 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 153

AU

LA 4

Note que, na Figura 4.11 acima, a mola está esticada por forças

exercidas em suas extremidades. Seja r

F a força de reação da mola sobre

o bloco. Essa força tem a direção longitudinal da mola e o sentido que se

opõe ao esticamento da mola, que é o sentido da direita para a esquerda,

como ilustra a Figura 4.11.

Suponha que sejam feitas medições do módulo F da força, para

diferentes comprimentos da mola, que não ultrapassem o seu limite de

elasticidade. O resultado obtido é que, em boa aproximação, o módulo

da força é proporcional à elongação l – l0. A constante de proporciona-

lidade é positiva e será representada por k, o que nos leva a escrever:

F = k| l – l0 |.

Considere a situação em que a mola está comprimida, como na

Figura 4.11.b. Agora seu comprimento l é menor do que o natural e a

elongação l – l0 é negativa. A força r

′F , que a mola exerce sobre o bloco,

tem novamente a direção longitudinal da mola, mas seu sentido é o que

se opõe à compressão da mola, o sentido da esquerda para a direita,

como ilustra a Figura 4.11.b.

No caso em que a mola é comprimida, a variação de comprimento

l – l0 é negativa, de modo que devemos usar o módulo da variação

para enunciar o seguinte resultado: medições feitas para diferentes

comprimentos da mola mostram que, em boa aproximação, o módulo

da força é proporcional ao módulo da elongação, sendo a constante de

proporcionalidade igual à obtida no caso de esticamento da mola. Em

suma, tanto no caso de esticamento quanto no de compressão, temos

(4.18)

A constante positiva k é uma constante característica da mola,

denominada constante elástica da mola. Fixada uma elongação, a força

exercida pela mola é tanto maior quanto maior for a constante elástica

da mola. Por esse motivo, dizemos que uma mola é tanto mais forte

quanto maior for sua constante elástica. De acordo com a Equação

(4.18), a mola não exerce força sobre o bloco quando sua elongação é

nula. Esse é o resultado esperado, pois, nesse caso, a mola não está sendo

comprimida nem esticada pelo bloco.

F k l l= −− 0 .

152 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 153

AU

LA 4

Como você viu no boxe explicativo anterior, esse resultado

experimental sobre as propriedades da força exercida por uma mola

é chamado de Lei de Hooke. Essa lei pode ser expressa em forma

matemática sucinta, se usarmos um eixo ao longo da direção da mola e

expressarmos o resultado em termos da componente da força ao longo

desse eixo. De fato, a força tem apenas essa componente, que é igual a

mais ou menos o módulo da força. A vantagem de usarmos a componente

em vez do módulo é que a componente de uma força pode ser positiva

ou negativa, ao passo que o módulo de força não pode ser negativo.

Vamos, pois, considerar um eixo OX ao longo do comprimento da

mola, apontando no sentido em que a mola se estica, tal como indicado

na Figura 4.12.

Para escrever a elongação, podemos usar a coordenada da

extremidade P da mola, que está em contato com o bloco. Quando a

mola está esticada ou comprimida, temos um valor para a coordenada

de P e, quando ela está solta, temos outro valor. A diferença entre o

primeiro e o segundo é a elongação. Contudo, para os nossos propósitos,

é mais conveniente usarmos a coordenada do centro de massa do bloco,

que será denotada por x. Se x0 é o valor dessa coordenada, quando

a mola está no seu comprimento natural, então x – x0 é a elongação

da mola. Na Figura 4.12, tal elongação está indicada em uma

situação da mola esticada.

Para indicar que o sentido da força exercida pela mola sempre se opõe à deformação, seja ela compressão ou esticamento, vamos dizer que a força exercida pela mola é restauradora, pois é uma força que tenta restaurar a mola à sua forma natural. Podemos então resumir as propriedades obtidas para a força exercida pela mola da seguinte maneira:

A força exercida por uma mola sobre um corpo preso em sua extremidade é uma força restauradora na direção longitudinal da mola e com um módulo proporcional ao módulo de sua elongação, sendo a constante de proporcionalidade uma característica da mola.

!

154 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 155

AU

LA 4

Dado que a força r

r

F Fx x= µ da mola sobre o bloco tem a direção longitudinal

da mola, ao longo da qual escolhemos o eixo OX temos r

r

F Fx x= µ , onde

Fx é a componente da força ao longo de OX e r

r

F Fx x= µ é o vetor unitário na

direção OX. Como já mencionamos anteriormente, a força tem somente

essa componente. Podemos, então, expressar a Lei de Hooke na forma:

(4.19)

Nessa equação, o sinal negativo é essencial para que ela descreva

corretamente o caráter restaurador da força da mola. Você verificará com

facilidade que, graças a esse sinal, a componente Fx tem o sinal correto

que indica o sentido da força nos casos de esticamento ou de compressão.

Na Figura 4.12, aparece enquadrado à direita o gráfico de Fx versus x.

Quando a mola está com seu comprimento natural, o centro

de massa do bloco ocupa uma posição bem determinada. No lugar

de escolher a origem do eixo OX de modo arbitrário, como fizemos

na Figura 4.12, podemos escolher essa origem exatamente nessa

posição do centro de massa. Com essa nova escolha, temos x0 = 0 e a

Equação (4.19) assume a forma:

(4.20)

Figura 4.12: Eixo OX ao longo do comprimento da mola, apontando no sen-

tido em que a mola se estica.

F k x xx = ( )−− −− 0 .

F kxx = −− .

Fx

k cm

x

xx0

O

k

x

154 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 155

AU

LA 4

ATIVIDADES

4. Um cabo atado a uma balança de mola mantém uma esfera em equilíbrio sobre um plano liso inclinado, como mostra a Figura 4.13. O peso da esfera vale 20N. A balança, fixada acima do plano, registra 10N. O ângulo de inclinação do plano em relação à horizontal é igual a 30o.

Determine (a) a força normal que o plano exerce sobre a esfera e (b) o ângulo θ formado pelo sentido do cabo e da vertical.

Figura 4.13: A esfera homogênea se encontra em equilíbrio estático sobre o plano inclinado porque é sustentada pela balança de mola.

θ

30o

156 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 157

AU

LA 4

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Você precisa observar que a esfera é mantida em equilíbrio (estático)

por três forças: a força peso P, a força da mola F e a força normal N.

No diagrama de forças mostrado na Figura 4.14, você pode ver as três

forças que são exercidas sobre a esfera. Pode constatar que nós vamos

usar um eixo x paralelo ao plano inclinado, ou seja, está inclinado em

relação à horizontal de 30o.

Você pode observar na Figura 4.14 que a força peso P tem componentes Px

e Py. Note que o ângulo entre o vetor P e o eixo y vale 30o. Sendo assim, as

componentes que você deve calcular são Px = −P sen30o e Py = −P cos30o.

Escrita em termos dos vetores unitários, a força peso é dada por

A Figura 4.14 mostra que a força da mola F faz um ângulo de 60o −θ

com o eixo x. Assim, as componentes desta força são Fx = F cos(60o −θ) e

Fy = F sen(60o −θ).

Figura 4.14: Diagrama de corpo isolado da esfera sobre o plano incli-nado. O eixo x é paralelo ao plano inclinado da Figura 4.13 e o eixo y é perpendicular ao eixo x.

Escrita em termos dos vetores unitários, você pode escrever que a força

da mola é dada por

P u u= −− −−10 10 3x y .

60o −θ

30o

θ

Fy

Px

30o

P

Py

N

y

x

F

F u u= +10 60 10 60cos( ) ( ) .o osen−− −−θ θx y

Fx

156 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 157

AU

LA 4

No sistema de eixos escolhido, a força que o plano exerce sobre a esfera,

ou simplesmente a força normal N, está na direção do eixo y. Sendo assim,

você vai escrever esta força da seguinte maneira:

No equilíbrio, a força resultante sobre a esfera deve ser nula. Para calcular

essa força resultante, você vai usar o Princípio de Superposição das Forças.

Neste caso, a força resultante exercida sobre a esfera é a seguinte:

A igualdade vetorial acima determina duas igualdades escalares, uma

para a componente x e outra para a componente y. Agora você pode

substituir nesta equação os vetores de força escritos em termos dos vetores

unitários ux e uy . As equações que correspondem às componentes x e y

são, respectivamente,

Com o objetivo de encontrar uma igualdade sem a incógnita θ, você

pode elevar ao quadrado cada uma das equações acima e depois

somá-las. Vale a pena lembrar que você vai precisar usar uma identidade

trigonométrica,

Dessa forma, a relação que você deve encontrar é a seguinte:

Finalmente, o valor do módulo da força normal que o plano exerce sobre

a esfera é

b. Para calcular o ângulo θ formado pelo sentido do cabo e a vertical, você

pode usar as duas igualdades escalares do equilíbrio de forças na esfera.

Para calcular a tangente do ângulo θ, basta que você divida a equação

da componente x pela equação da componente y.

Como a tangente de um ângulo 60o−θ vale zero, esse ângulo deve

também valer zero. Assim, o resultado para o ângulo formado pelo sentido

do cabo e a vertical é

10 60 10

10 60 10 3

cos( ) ,

( ) .

o

osen

−−

−− −−

θ

θ

=

=

N

cos ( ) ( ) .2 o 2 osen60 60 1−− −−θ θ+ =

100 100 10 3 17 32

= + ( ) ⇒ =−− N N N, .

N = ≈10 3 17 3N N, .

tan( ) .60 0o −−θ =

θ = 60o.

N u= N y .

F P N F P N+ + = ⇔ =0 −− −− .

158 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 159

AU

LA 4

5. Dois blocos de massas m1 = 6,00Kg e m2 = 4,00Kg estão ligados por uma mola de massa desprezível e comprimento natural xo. Quando o sistema é sustentado por um fio ideal, como indicado na Figura 4.15.a, o comprimento da mola passa a valer xa = 8,00cm. Quando se apóia o sistema em um plano horizontal, como indicado na Figura 4.15.b, o comprimento da mola diminui para xb = 3,00cm.

a. Calcule a tração no fio ideal que sustenta o sistema na situação ilustrada pela Figura 4.15.a.

Determine:

b. o comprimento natural da mola x0 e

c. a constante elástica da mola k.

d. Na situação ilustrada pela Figura 4.15.b, quanto vale a força que o plano horizontal exerce sobre o bloco de massa m2.

Figura 4.15: No sistema (a) a mola tem um comprimento xa = 8,0cm e no

sistema (b) a mola tem um comprimento xb = 3,0cm.

a b

m1

m2

xa

xb

m1

m2

158 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 159

AU

LA 4

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Vamos usar o eixo vertical y porque é conveniente. Dessa forma,

todas as forças que atuam nos blocos têm sentido positivo (para

cima) ou negativo (para baixo).

Veja na Figura 4.15.a, onde o comprimento da mola vale xa =

8,00cm, que a mola está “solta” porque xa > xo. Assim, a força

exercida pela mola, Fa , tem sentido negativo no bloco 1 e sentido

positivo no bloco 2.

As duas forças que atuam sobre o bloco 2 são a força-peso

P2 = m2 g , para baixo, e a força da mola, Fa . Como o bloco 2 está

em equilíbrio, a Segunda Lei de Newton estabelece que

ou seja, a força da mola tem um módulo igual ao peso do bloco 2.

Sobre o bloco 1 atuam a força-peso P1 = m1g , para baixo, a força

da mola, Fa , para baixo, e a tração no fio T, para cima. Ao usar

novamente a Segunda Lei de Newton, você vai calcular o módulo

da força de tração,

b. Na Figura 4.15.a o comprimento da mola vale xb = 3,00cm,

portanto ela está comprimida, xb < xo . Com isso, você deve concluir

que a força exercida pela mola, Fb , tem sentido positivo no bloco

1 e sentido negativo no bloco 2.

Nesta configuração, quando você usar a Segunda Lei de Newton

para o bloco 1, encontrará o seguinte resultado para a força exercida

pela mola:

Agora vamos comparar a força da mola nas duas situações

indicadas na Figura 4.15. Você aprendeu a Lei de Hooke: a força

exercida por uma mola é proporcional ao deslocamento de seu

comprimento atual em relação ao comprimento natural xo. Para

as situações apresentadas, as forças Fa e Fb também podem ser

expressas como

Note que as duas equações acima constituem um sistema de duas

equações e duas incógnitas, xo e k.

F P F m ga a−− 2 20 39 2= ⇒ = = , N,

T P F T m g Fa a−− −−1 10 98= ⇒ = + = N.

F P F m gb b−− 1 10 58 8= ⇒ = = , . N

F k x x

F k x xb b

a a

= == =

( ) ,

( ) ,o

o

N,

N.

−−

−−

58 8

39 2

160 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 161

AU

LA 4

Uma maneira de você calcular o comprimento natural da mola em estudo

é calcular a razão entre as duas forças da mola, Fb/Fa. Com isto, você

consegue eliminar a constante elástica da mola, e o que resta é a seguinte

equação:

Finalmente, você vai encontrar que o comprimento natural da mola vale

c. Para determinar a constante elástica da mola, basta que você calcule

a soma das duas forças da mola, Fb + Fa . Essa soma permite que você

calcule quanto vale k,

Agora você só precisa resolver a equação acima. O resultado que você

tem que encontrar é

d. Na Figura 4.15.b, você deve concluir que o bloco 2 está em equilíbrio

porque existe uma força normal, para cima, exercida sobre o bloco de massa

m2 pelo plano horizontal. Neste caso, usando a Segunda Lei de Newton,

você pode escrever a condição de equilíbrio

Ao substituir o valor do módulo da força peso, P2 , e da força Fb , você

chega ao resultado

6. A Figura 4.16 mostra uma mola com uma de suas extremidades presa ao teto e outra a um ponteiro. Ao lado do ponteiro, está colocada uma escala graduada em milímetros. Três diferentes pesos são pendurados na mola, como está indicado na figura.

a. Se não for pendurado nenhum peso na mola, qual será a indicação do ponteiro?

b. Quanto vale a constante elástica desta mola?

c. Quanto vale o peso W?

F

F

x

xxb

a

= = ⇒ =( )( )

.o

oo

−−−−

38

32

5 30

xo cm= 6 .

F F k x xa b a b+ = =( )−− 98N.

k =×

×(( )

/98

5 10102

3N)m

=1,96 N m.−−

N P Fb−− −−2 0= .

N m g Fb= + =2 98N.

160 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 161

AU

LA 4

RESPOSTAS COMENTADAS

As três situações apresentadas na Figura 4.16 mostram o seguinte:

(i) a massa cujo peso é P1 = 110N está em equilíbrio estático devido a uma

força F1 da mola, (ii) a massa cujo peso vale P2 = 240N está em equilíbrio

estático devido a uma força da mola F2 , e (iii) a terceira massa, com peso

P3 = W, está em equilíbrio estático devido a uma força da mola F3 . Sendo

assim, você deve analisar cada uma destas situações em separado, usando

a Segunda Lei de Newton,

Você pode considerar que a escala graduada em milímetros é o eixo verti-

cal y, com sentido positivo “para baixo”. Com esta escolha, as três forças P1 ,

P2 e P3 são positivas, enquanto que as três forças da mola F1 , F2 e F3

são negativas.

Figura 4.16: As três situações que mostram diferentes posições da mola.

F∑ = 0.

mm0 mm0mm0

40

60

30

110N

240N

W

162 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 163

AU

LA 4

Vamos considerar que o comprimento natural e a constante elástica da

mola valem, respectivamente, lo e k. Para a primeira massa, cujo peso

vale P1 = 110N, o ponteiro registra um comprimento l1 = 0,04m. Como a

força-peso, orientada para baixo, deve ser equilibrada pela força da mola,

orientada para cima, você pode escrever que

Por outro lado, para a segunda massa, que tem um peso P2 = 240N,

o ponteiro marca um comprimento l2 = 0,06m. Neste caso, a Segunda Lei

de Newton estabelece que

a. Se não for pendurada nenhuma massa na mola, a indicação do ponteiro

será exatamente o comprimento natural da mola lo.

As duas equações de equilíbrio que você escreveu acima constituem um

sistema de duas equações e duas incógnitas, lo e k. Ao eliminar a constante

k deste par de equações, você vai conseguir encontrar o valor de lo.

Uma maneira de você calcular o comprimento natural da mola em estudo

é calcular a razão entre as duas forças-peso, P2 / P1. Isto permite que

você cancele a constante elástica da mola, e o que resta é a seguinte

equação:

Agora, basta que você utilize os seus conhecimentos de álgebra para mostrar

que a equação acima é equivalente à igualdade

Como resultado, você vai encontrar que o comprimento natural da mola vale

b. Você deve calcular a constante elástica k da mola. A partir do par de

equações de equilíbrio estático das massas 1 e 2, você pode eliminar o

valor do comprimento natural da mola lo .

Não vai ser difícil para você mostrar que o resultado desejado pode ser

calculado com a seguinte fórmula:

Você pode substituir na fórmula acima os valores P1 = 110N e P2 =

240N e também l1 = 0,04m e l2 = 0,06m. Assim, você vai encontrar a

constante elástica k,

P k l l1 0−− −−( )1 o .=

P k l l2 0−− −−( )2 o .=

PP

l l

l l2

1

2

1

=( )( )

.−−−−

o

o

lP l P l

P Po2 1 1 2

2 1

=−−−−

.

lo

N mm N mmN

mm= =( )( ) ( )( )( )

.240 40 110 60

240 11023

−−−−

kP Pl l

= 2 1−−−−2 1

.

k = = ×( )( , , )

, .240 110

0 06 0 046 5 103−−

−−Nm

N/m

162 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 163

AU

LA 4

c. A massa que tem peso P3 também se encontra em equilíbrio

estático. Nesta situação, a força da mola deve ter um módulo igual

a F3 = P3 . Você pode verificar essa afirmação com a Segunda Lei

de Newton,

Uma vez que para a massa cujo peso vale P3 o ponteiro registra um

comprimento l3 = 0,03m, você deve calcular que

P336 5 10 0 03 0 023 45= × =( , )( , , )N/m m N.−−

ROLDANAS

Vamos agora aplicar as Leis de Newton no estudo de um sistema

análogo a um fio de massa desprezível, que é uma polia de massa desprezível.

Seja uma polia de raio R suspensa de um suporte e capaz de girar, sem

atrito, em torno de um eixo que passa pelo seu centro O. Não podemos

representar a polia como uma partícula porque suas várias partes se movem

de diferentes maneiras. Para contornar esse problema de uma forma prática,

vamos admitir que a massa da polia seja desprezível em relação às massas

dos outros corpos do sistema. Assim, se r

T e r

′T são duas forças aplicadas aos

dois lados do fio que saem da polia, temos que T T T= = ′r r

. O efeito da

polia é simplesmente alterar a direção da força aplicada ao fio, sem alterar

o seu módulo. Ao mesmo tempo, para que a polia permaneça em equilíbrio,

a resultante das forças a ela aplicadas deve anular-se.

Vamos considerar o seguinte exemplo: duas massas m1 e m2 sus-

pensas por um sistema de duas polias e de fios, todas de massa desprezível,

da forma indicada na Figura 4.17. Qual é o movimento do sistema?

As partes móveis do sistema são duas, delineadas na figura por linhas

fechadas interrompidas: a massa m1 e o sistema formado pela massa m2

presa à polia 2, que se movem solidariamente.

P k l l3 0−− −−( )3 o .=

164 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 165

AU

LA 4

Chamamos de r

T a tensão do fio, que, de acordo com a nossa

discussão acima, é a mesma dos dois lados da polia 2, e é também a

mesma com a qual a polia 1 age sobre a massa m1. Seja a aceleração

da massa m1, tomada positivamente quando dirigida para cima

(os movimentos são todos na vertical). A equação de movimento da

massa m1 é então

(4.21)

Qual é a aceleração da massa m2? Se l1 e l2 são os comprimentos

das porções de fio indicadas na figura, vemos pela figura que

constante, (4.22)

Figura 4.17: Polia, interrelacionando as massas m1 e m2.

T m g m a−− 1 1= .

l l1 22+ =

l

l2l1

T T

2

m2g

m1g

a −−a2

164 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 165

AU

LA 4

ou seja, se a massa m1 sobe ou desce, variando l1 de ∆l1, devemos

ter

(4.23)

Logo, quando m1 sobe de uma certa distância, temos que m2 desce

de metade dessa distância, mostrando que a aceleração de m2 é igual a

a/2, portanto a Equação (4.22) funciona como um vínculo. A equação

de movimento da outra parte do sistema é então:

(4.24)

Resolvendo as duas Equações (4.21) e (4.24) em relação às duas

incógnitas, a e T, obtemos:

(4.25)

e

(4.26)

Em particular, temos equilíbrio (a = 0) para

(4.27)

ou seja, o sistema de polias reduz à metade o peso (ou a força aplicada)

necessário para equilibrar um dado peso m2g, proporcionando assim

uma vantagem mecânica. Note também que a > 0 na Equação (4.25)

quando m2 > 2m1, conforme deveria ser: uma massa m2 maior que a de

equilíbrio faz subir a massa m1.

Em um sistema análogo, com 2n polias, temos equilíbrio

(a = 0) para

(4.28)

como você deve ser capaz de deduzir. Veja que o estudo de polias tem

ampla aplicação na vida cotidiana em conseqüência do fato de ela reduzir

o esforço no levantamento de diversos corpos.

∆ ∆ ∆∆

l l ll

1 2 212 0

2+ = ⇒ = −− .

2222T m g

m a−− = .

am m

m mg=

( )+

2 2

42 1

1 2

−−

Tm m

m mg=

+3

41 2

1 2

.

mm

12

2= ,

mm

n12

2= ,

166 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 167

AU

LA 4

ATIVIDADES

7. No sistema da Figura 4.18, m1 = 1Kg, m2 = 2Kg e m3 = 3Kg, e as massas das polias e das cordas são desprezíveis. Calcule:

a. a tensão T da corda e

b. as acelerações a1 , a2 e a3 das massas m1, m2 e m3.

Figura 4.18: Sistema constituído por três massas que estão conectadas por meio de polias e de cordas.

RESPOSTAS COMENTADAS

Veja na Figura 4.18 que as partes móveis do sistema são os blocos de massas

m1 e m2 , e também o subsistema formado pela massa m3 presa à polia,

que se movem solidariamente. Você aprendeu na aula que a força de tensão

T da corda é a mesma dos dois lados de qualquer uma das três polias.

m1

m3

m2

166 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 167

AU

LA 4

a. Para resolver este problema, você vai precisar mais do que as

equações de Newton de cada uma das massas. Você deve escrever

uma equação de vínculo para as acelerações a1 , a2 e a3 .

Você pode ver que os comprimentos l1 , l2 e l3 , mostrados na Figura

4.19, devem estar relacionados por uma certa equação. Com um pouco

de reflexão, você vai chegar à conclusão de que a soma das porções

l1 , l2 e l3 da corda deve ter um valor constante, isto é,

constante.

O significado desta equação de vínculo é o seguinte: conforme uma

das massas se move, as outras duas têm que se mover. De acordo

com esse vínculo, as variações dos comprimentos devem verificar a

seguinte equação:

A partir da equação de vínculo acima, é verdadeira a afirmação de

que as acelerações a1 , a2 e a3 das massas m1 , m2 e m3 também estão

vinculadas. A relação entre estas acelerações é

(Você pode demonstrar isto usando a derivada de ordem dois da

equação de vínculo com respeito ao tempo.) Você vai usar a igualdade

acima junto com as equações de Newton para resolver o problema.

Figura 4.19: Diagrama das forças que atuam sobre os blocos de massas m1, m2 e m3.

l1 + l2 + 2l3 =

∆l1 + ∆l2 + ∆l3 = 0.

a1 + a2 + 2a3 = 0.

m1

m3

m2

l3 l2l1TT T T

P1

P3

P2

y

168 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 169

AU

LA 4

Como os movimentos ocorrem na direção vertical, vamos usar o eixo

vertical y, tomado como positivo para cima. Neste caso, você vai poder

escrever as equações de movimento das massas m1 , m2 e m3 como

Note que a força de tensão exercida sobre a massa m3 é o dobro de T.

Mais ainda, veja que o sistema de equações acima tem quatro incógnitas,

T, a1 , a2 e a3 . Assim, para determinar estas quatro incógnitas, você deve

usar as três equações de movimento acima mais a equação de vínculo.

Em suma, agora você dispõe de um sistema com quatro equações e

quatro incógnitas.

Você pode calcular a tensão T da corda ao eliminar as acelerações das

equações de movimento com a equação de vínculo. Uma maneira de

fazer isto é somar a primeira e a segunda equação de movimento com

o dobro da terceira equação. Com esta manipulação algébrica, você vai

calcular que a força de tensão vale

b. Agora que você já sabe o valor da tensão T, basta usar as equações

de movimento para calcular as acelerações de cada massa.

De imediato, com a equação de movimento da massa m1 , você pode

calcular quanto vale a aceleração a1 ,

Como a1 é positiva, a massa m1 sobe em um MRUV.

De forma análoga, você vai calcular a aceleração a2 da massa m2 , que

é negativa; e, portanto, esta massa desce.

Por fim, você deve usar a equação de movimento da massa m3 para

calcular o valor da aceleração a3 . O resultado que você tem que encontrar

é o seguinte:

Assim como a massa m2 , a massa m3 também se move para baixo.

T m g m a

T m g m a

T m g m a

−−−−

−−

1 1 1

2 2 2

3 3 32

==

=

,

,

.

Tgm m m

m m m m m m=

+ +=

44

141 2 3

1 3 2 3 1 2( ).N

aTm

g11

4= − = m/s2.

aTm

g22

3= =−− −− m/s2,

aT

mg3

3

20 6= =−− −− . .m/s2

168 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 169

AU

LA 4

8. A Figura 4.20 mostra um homem sentado numa plataforma de trabalho, pendendo de uma corda de massa desprezível que passa por uma polia, de massa e atrito nulos, e volta até as mãos do homem. A massa conjunta do homem e da plataforma é 100Kg.

a. Com que força o homem deve puxar a corda para que ele consiga subir com velocidade constante?

b. Qual a força necessária para subir com a aceleração de 1,30m/s2?

c. Suponha, em vez disso, que a corda à direita é segurada por uma pessoa no chão. Repita os itens (a) e (b) para esta nova situação.

Figura 4.20: Ilustração do homem sentado na plataforma.

170 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 171

AU

LA 4

RESPOSTAS COMENTADAS

Vamos adotar o eixo vertical y e considerar o sentido positivo “para cima”.

Nas situações apresentadas nos itens (a) e (b), você precisa determinar as

forças exercidas sobre o homem e sobre a plataforma. Observe que a única

informação dada é que a soma das massas do homem e da plataforma

vale m = mH + mP = 100Kg.

Você deve considerar que as forças atuantes sobre o homem, Figura 4.21,

são: (i) a força peso, PH = mH g , para baixo, (ii) a força de tensão da corda,

T, para cima, e (iii) a força normal N, exercida pela plataforma sobre o

homem, para cima.

Por outro lado, como você pode ver na Figura 4.21, as forças exercidas

sobre a plataforma são: (i) a força peso, PP = mP g , para baixo, (ii) a força

de tensão da corda, T, para cima, e (iii) a força normal N, exercida pelo

homem sobre a plataforma, para baixo, que forma um par de ação e reação

com a força exercida pela plataforma sobre o homem.

Figura 4.21: Diagrama de corpo isolado que mostra as forças que são exercidas sobre o homem e a plataforma.

T N PPg

a

T N PPg

a

HH

PP

+ =

− − =

−− ,

.

Você pode escrever as equações de movimento para o homem e

também para a plataforma. Se você denotar a aceleração por a,

a Segunda Lei de Newton determina que:

Veja que o sistema de equações acima tem as incógnitas T e N. A força

com que o homem deve puxar a corda para que ele consiga subir é T ,

e por causa disso você precisa eliminar o módulo da força normal N

PH

N

T T

N

PP

Homem Plataforma

170 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 171

AU

LA 4

do par de equações acima. Como você pode ver, esta é uma tarefa fácil,

porque, ao somar as duas equações de movimento, do homem e da

plataforma, a força normal é cancelada. Com isso, você vai calcular que

o módulo da tensão na corda vale

Note que na equação acima foi usada a soma das forças-peso, isto é,

P = PH + PP . O resultado que você encontrou depende somente da força

peso conjunta do homem e da plataforma, P = mg , e da aceleração a.

Assim, o módulo da força de tração é dada por

a. Você mostrou que o valor do módulo da força de tensão T, para a = 0,

é dado por P/2. Para elevar a plataforma com uma velocidade constante,

ou seja, quando a = 0, é necessário que o homem puxe a corda para baixo

com uma força cujo módulo é de

b. Neste caso, o homem puxa a corda de maneira que a plataforma sobe

com uma aceleração a = 1,30m/s2. Ao substituir o valor desta aceleração

na equação que você calculou para a força de tensão, o resultado que

deve ser obtido é o seguinte:

c. Agora, a corda à direita é segurada por uma pessoa no chão. Se você

pensar bem, esta situação é a mesma do que uma pessoa puxando uma

massa m = 100Kg com uma corda que passa por uma polia presa ao

teto. A equação de movimento neste caso é dada por

Certamente, em vez de usar a massa, você pode colocar m = P/g. Dessa

forma, você vai calcular o módulo da força de tração,

Ao comparar este valor com aquele encontrado para os itens (a) e (b),

você verá que a diferença é dada por um fator 1/2.

Portanto, para a pessoa no chão elevar a plataforma com uma velocidade

constante, em que a = 0, é necessário que ela puxe a corda com uma

força cujo módulo é de

2 1 1T P Pag

PagH P= + +

= +

( ) .

TP a

g= +

2

1 .

TP a

g= +

= +

2

112

100 9 8 11 309 8

( )( , )( , )( , )

Kg m/sm/sm/s

22

2 = 555N.

T P ma−− = .

T Pag

= +

1 .

T P= = 980N.

TP= = =2

12

100 9 8 490( )( , ) .Kg m/s N2

172 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 173

AU

LA 4

No caso em que o sistema homem mais plataforma deve subir acelerado,

com a = 1,30m/s2, a pessoa vai ter que puxar a corda com uma força de

módulo igual a

Uma rápida comparação entre os resultados que você calculou nos permite

concluir que, para elevar a plataforma, a pessoa no chão deve fazer o dobro

do esforço feito pelo homem que está sentado.

MOVIMENTO CIRCULAR

Nesta seção, discutiremos o movimento de objetos percorrendo

caminhos circulares. Assim, considere uma bola de massa m que está

presa a uma corda de comprimento r e que gira em velocidade constante

em um caminho circular horizontal, como ilustrado na Figura 4.22.

Seu peso é balanceado por uma mesa cuja superfície não tem fricção.

Façamos então a seguinte pergunta: O que faz com que a bola se mova

em um círculo?

T Pag

= +

= +

=1 100 9 8 1

1 309 8

( )( , )( , )( , )

Kg m/sm/sm/s

22

2 11110N.

m

Fr

Fr

r

Figura 4.22: O movimento circular.

172 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 173

AU

LA 4

De acordo com a Primeira Lei de Newton, a bola tenderia a se

mover em uma linha reta. Entretanto, como a corda exerce uma força

radialr

Fr sobre a bola, ela descreve uma trajetória circular. Esta força

radial é dirigida ao longo da corda em direção ao centro do círculo,

como mostrado na figura anterior.

Mas qual o valor dessa força? E como sabemos que ela está dirigida

para o centro do círculo?

Para responder a essa pergunta, vamos começar considerando

um caso especial de movimento circular, o movimento circular uniforme

(MCU), em que o módulo da velocidade instantânea é constante ao longo

do movimento da partícula.

No MCU, tanto a velocidade como a aceleração são constantes, em

módulo, porém ambas mudam de direção e sentido durante o movimento.

Exemplos deste tipo de movimento podem incluir um ponto sobre um

disco em rotação numa vitrola, os ponteiros de um relógio, carros se

locomovendo ao longo de uma rotatória ou, em boa aproximação,

a órbita da Lua ao redor da Terra.

Figura 4.23: Movimento Circular Uniforme de uma partícula.

r

r

P1

V1

P2

V2

C θ

174 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 175

AU

LA 4

A Figura 4.23 mostra o movimento de uma partícula ao longo de

uma trajetória circular, definida pelo raio r. No instante t1, a partícula

se encontra na posição P1 e a velocidade ∆r r r

v v v= −2 1 é um vetor tangente à curva

neste ponto. No instante t t t2 1= + ∆ , a partícula se deslocou ao longo

do arco do círculo e está localizada na posição P2. A velocidade neste

ponto, ∆r r r

v v v= −2 1, é um vetor tangente à curva neste ponto. Portanto, durante

o intervalo de tempo ∆t, a partícula percorre o comprimento do arco

P1P2, definido pelo ângulo θ, como ilustrado na Figura 4.23.

Como sabemos, o comprimento do trajeto percorrido pela

partícula durante esse intervalo de tempo é igual a rθ e os vetores ∆r r r

v v v= −2 1 e

∆r r r

v v v= −2 1 possuem o mesmo módulo, v, pois, como dissemos anteriormente,

no MCU as velocidades permanecem constantes, embora o sentido e a

direção sejam diferentes. Logo, o comprimento de arco P1P2 também

pode ser escrito como:

(4.29)

Agora, devemos mostrar que o módulo da aceleração é constante

ao longo do movimento e que o vetor aceleração aponta sempre na

direção do centro do círculo.

Para demonstrar essa afirmação, começamos rearranjando os

vetores ∆r r r

v v v= −2 1 e ∆r r r

v v v= −2 1, vistos na Figura 4.23, de forma que a origem dos dois

vetores coincidam, como mostrado na Figura 4.24. Isso sempre pode ser

feito, já que podemos deslocar os vetores livremente, desde que o sentido,

o módulo e a direção desses vetores sejam preservados, dada a definição

de vetores vista no apêndice da Aula 2.

r v tθ = ∆ .

Figura 4.24: A variação da velocidade ao ir de P1 a P2 é ∆V.

V1V2

O

∆VQ2 Q1

θ

174 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 175

AU

LA 4

Pela Figura 4.24, podemos ver claramente a

mudança na velocidade à medida que a partícula se

move de P1 para P2. Essa mudança é dada pelo vetor

∆r r r

v v v= −2 1, que é visto na figura.

Se desenharmos ∆r r r

v v v= −2 1no ponto médio do arco P1P2,

como mostra a Figura 4.25 a seguir, vemos que o vetor

aponta para o centro do círculo. De fato, na Figura 4.25,

desenhamos o triângulo formado pela corda P1P2 e os

raios CP1 e CP2. (Note que ambos os triângulos, CP1P2

e OQ1Q2 , são isósceles, ou seja, possuem o mesmo

ângulo no vértice.) O ângulo θ entre os vetores ∆r r r

v v v= −2 1 e ∆r r r

v v v= −2 1

é o mesmo que P1CP2, porque ∆r r r

v v v= −2 1 é perpendicular a CP2

e ∆r r r

v v v= −2 1 é perpendicular a CP1.

Desenhando a bissetriz do ângulo θ na Figura 4.25, temos:

(4.30)

Substituindo a Equação 4.30 na Equação 4.29, obtemos:

(4.31)

Note que v e r são independentes de ∆t. Portanto, seus valores

não são alterados pelo limite visto na equação anterior. Assim, podemos

reescrever a Equação (4.31)

Figura 4.25: A partícula percorre o arco P1P2no tempo ∆t. ∆v é mostrado em cinza.

12 2

∆ =

vsenθ

.

(4.32)

Após resolver a Equação (4.32), encontraremos o limite de ∆t → 0

e, portanto, a função aceleração instantânea no MCU, que é a derivada

da função velocidade com relação ao tempo.

Esse cálculo pode ser feito sem grandes dificuldades. Entretanto,

para facilitar a sua compreensão, você pode perceber que, quanto menor

o intervalo de tempo, menor o ângulo θ. Assim, para ângulos muito

pequenos, podemos utilizar a aproximação senx ≈ x. (Com a ajuda de

uma calculadora, podemos computar o seno de ângulos cada vez menores

para nos convencer de que, no limite θ → 0, temos que senθ = θ. Por

exemplo, quando x = 0.0873 rad, temos que senx = 0.0872. Mas, quando

x = 0.03490 rad, temos que senx = 0.03498.)

P1

P2

V2

r

r

C v ∆t

V1

θ

avt

vr

sent t

= =( )

→ →lim lim

/

/.

∆ ∆

∆∆0 0

2 2

2

θθ

avt

vrt t

= =( )

→ →lim lim

/

/.

∆ ∆

∆∆0

2

0

2

2

sen θθ

∆v

176 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 177

AU

LA 4

Usando a aproximação para ângulos pequenos, sen(θ/2) = θ/2,

obtemos o módulo da aceleração instantânea:

(4.33)

Esta aproximação é válida somente quando o ângulo for medido em radianos e pode ser obtida através de uma expansão em série de Taylor da função senx em torno de x = 0.Você pode ler mais sobre a expansão em série de Taylor através do link: http://pt.wikipedia.org/wiki/Série_de_Taylor

Concluímos então que, apesar do módulo da velocidade se manter constante no movimento circular uniforme, temos uma aceleração diferente de zero. Essa aceleração é proveniente da mudança de direção e sentido da velocidade representada pelo vetor ∆r r r

v v v= −2 1.

Vemos, portanto, que podemos ter um movimento acelerado, mesmo com o módulo da velocidade instantânea se mantendo constante ao longo do movimento.

!

avr

=2

.

v

a

a

a

v

v

Figura 4.26: A aceleração está sempre dirigida para o centro do círculo e, portanto, é sempre perpendicular à velocidade no MCU.

O

176 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 177

AU

LA 4

A Figura 4.26 mostra a relação entre vr

e ar

em vários instantes

do movimento. A velocidade é sempre tangente ao círculo e tem o

sentido do movimento, seu módulo é sempre constante, mas sua direção

e sentido mudam continuamente. Essa mudança gera uma aceleração,

também constante em módulo.

Como o sentido e a direção da aceleração são os mesmos de

∆r r r

v v v= −2 1, temos que a direção de a

r

é sempre radial e seu sentido é sempre

apontando para dentro do círculo. Por causa disso, essa aceleração é

chamada de radial, ou aceleração centrípeta, que significa “procurando

o centro”.

Portanto, a aceleração tem o módulo constante e aponta sempre

na direção do centro do círculo no MCU. Sendo assim, é responsável

pela mudança de direção do movimento e mantém a trajetória da

partícula circular.

Se nós aplicarmos a Segunda Lei de Newton ao longo da direção

radial, encontramos que a força total causando a acerelação centrípeta

é dada por:

(4.34)

Uma força causando a aceleração centrípeta aponta para o centro

do caminho circular e causa uma mudança na direção do vetor velocidade.

Se por acaso essa força se anulasse, o objeto não iria mais mover-se em

seu caminho circular; ao invés disso, ele iria mover-se ao longo de uma

linha reta tangente ao círculo. Essa idéia é ilustrada Figura 4.27 para a

bola girando no extremo de uma corda em um plano horizontal. Se a

corda se rompe em algum instante, a bola irá se mover ao longo de uma

linha reta, tangente ao círculo, no ponto onde a corda se partiu.

F ma mvrc∑ = =2

.

178 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 179

AU

LA 4

De forma a exemplificar as idéias expostas acima, vamos

considerar duas partículas, de massas respectivamente iguais a m1 e

m2, que estão ligadas por meio de um fio ideal de comprimento l, que

passa por um pequeno buraco na superfície lisa de uma mesa. Suponha

que a primeira partícula se movimente, sem nunca perder o contato

com a superfície da mesa, e que descreva um MCU de raio r, enquanto

a segunda permanece em repouso, a uma distância l-r abaixo do buraco

da mesa, como indica a Figura 4.28 a seguir. Desejamos aqui responder

às seguintes questões:

1. Quais são os módulos das forças de vínculo que atuam no

sistema?

2. Qual é a relação entre o módulo da velocidade da primeira

partícula que designaremos por (v1), o raio de sua trajetória circular

(r) e o módulo da aceleração da gravidade (g), para que a situação que

acabamos de descrever seja verdadeira?

Figura 4.27: A linha tangente ao círculo.

r

178 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 179

AU

LA 4

Antes de tudo, observe que há três forças de vínculo nesse

problema. São elas: a reação normal que a superfície da mesa exerce sobre

a primeira partícula, a força que o fio faz sobre essa mesma partícula

e a força que o fio exerce sobre a segunda partícula. Embora os efeitos

das forças de vínculo sejam conhecidos (por exemplo, a reação normal

exercida pela mesa sobre a primeira partícula não deixa que ela penetre

na superfície da mesa), tais forças não são conhecidas a priori, mas

deverão ser encontradas durante a solução do problema. Vamos aplicar

a Segunda Lei de Newton a cada partícula do sistema:

e

(4.35)

onde r

T1 é a força que o fio exerce sobre m1,r

T2é a força que o fio exerce

sobre m2 , r

N1 é a reação normal que a superfície da mesa exerce sobre m1

e é a aceleração dessa partícula. Note que, por se tratar de um fio ideal,r r r

T T T1 2= = . Escolhendo os eixos cartesianos, de modo que a superfície

da mesa coincida com o plano OXY, que o eixo OZ aponte para cima

e a origem esteja localizada no buraco da mesa, podemos escrever

m g N T m a1 1 1 1 1

r

r r

r+ + =

m g T2 2 0r

r r

+ =

Figura 4.28: O problema da mesa.

r

m2

x

m1

180 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 181

AU

LA 4

e

(4.36)

em que ur é o unitário na direção radial e N N1 1=r

. Usando, então,

a independência linear entre uz e ur , concluímos:

(4.37)

Nesse problema, as forças de vínculo têm módulos constantes, dados

pela primeira e última equações escritas na Equação (4.37). Para obter a

relação desejada entre v1, r e g, basta utilizar as duas últimas equações:

(4.38)

Note que, quanto maior a massa m2 e, portanto, maior a tensão

no fio, maior deverá ser a velocidade da primeira partícula, para que ela

descreva um MCU com o mesmo raio r.

Vamos considerar agora um outro problema. Um carro se

movimenta ao longo de uma pista circular, cuja superfície está inclinada

de θ em relação ao plano horizontal. Ele descreve um MCU cujo raio de

curvatura vale r, como indica a Figura 4.29.

N g m g1 1

r = ,

T mvr

= 112

,

T m g= 2 .

mm

gr v2

112= .

Figura 4.29: Pista inclinada.

m

θ

rC

N m g u Tu mvr

uz r r1 1 112

−( ) − =

T m g uz−( ) =2 0r

180 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 181

AU

LA 4

Suponha que exista atrito entre os pneus e a pista, sendo µe o

coeficiente de atrito estático correspondente. No entanto, considere

que a força de atrito não possua componente ao longo da direção do

movimento do carro, isto é, suponha que a força de atrito sobre os pneus

seja paralela à superfície da pista e perpendicular à velocidade do carro.

Essa hipótese é bastante razoável, pois, como o carro se movimenta com

MCU, o módulo de sua velocidade permanece constante (se o motorista

apertasse o acelerador ou o freio, apareceria uma componente da força de

atrito ao longo da direção do movimento do carro). Desejamos analisar

aqui algumas situações interessantes. Mais especificamente, gostaríamos

de responder às seguintes perguntas:

1. Qual deve ser o módulo da velocidade do carro, para que a

força de atrito sobre os pneus seja nula?

2. Qual é o valor crítico para o módulo da velocidade do carro,

acima do qual ele começa a derrapar?

Como primeiro comentário, devemos dizer que, embora o carro

não seja um sistema rígido (os pneus giram em relação ao eixo etc.),

vamos tratá-lo aproximadamente como tal. Para responder ao primeiro

item, basta aplicar a Segunda Lei de Newton e lembrar que o carro não

possui componente vertical de aceleração, mas possui uma componente

centrípeta não-nula, uma vez que descreve um MCU. Sendo v0 o módulo

da velocidade do carro, temos, então:

(4.39)

Dividindo a equação de baixo pela de cima, obtemos:

(4.40)

A partir da equação anterior, vemos, por exemplo, que, quanto

mais veloz estiver o carro, mais inclinada deverá ser a pista, para que ele

descreva um MCU com o mesmo raio R sem o auxílio da força de atrito

exercida pela pista sobre os pneus. Em contrapartida, para uma mesma

inclinação da pista em relação à horizontal, quanto maior for a velocidade,

maior será o raio do MCU descrito pelo carro. Portanto, se um carro

entrar numa curva circular de raio r com uma velocidade maior do que

v gr0 = tanθ, ele tenderá a derrapar para cima, a não ser que a força de

r

r r

N mg maN mg

Nmv

r

+ = ⇒=

=

cosθ

θsen 02

v gr02 = tanθ

182 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 183

AU

LA 4

atrito estática seja grande o suficiente para mantê-lo na curva de raio r.

Suponhamos, então, que isso aconteça, isto é, que o carro esteja com

uma velocidade de módulo v > v0 , mas que, mesmo assim, devido ao

atrito entre os pneus e a superfície da pista, ele descreva um MCU de

raio r. Calculemos, nesse caso, o módulo da força de atrito em termos

de v, θ, m, g e r.

Como o carro tende a derrapar, deslizando para cima da pista,

a força de atrito, que é tangente às superfícies em contato, aponta para

baixo. Da Segunda Lei de Newton, temos:

(4.41)

Obtemos, assim, um sistema de duas equações e duas incógnitas,

(N e fat ). Da primeira delas, escrevemos:

(4.42)

A substituição da Equação 4.42 na segunda equação do sistema

anterior nos leva a:

(4.43)

e, conseqüentemente, ao resultado

(4.44)

Note que essa última equação é consistente com o resultado

escrito na Equação (4.40), pois, se substituirmos na equação anterior v

= v0, com v0 dado pela Equação (4.40), obteremos um valor nulo para

fat, como esperado.

Para obter o valor de N, devemos substituir na Equação (4.42)

o valor de fat , dado pela Equação (4.44) Com isso, obtemos que:

(4.45)

rr

r r

N f mg maN f mg

N fmv

rat

at

at

+ + = ⇒− − =

+ =

cos

cos

θ θ

θ θ

sen

sen

02

Nmg fat=

+ senθθcos

mg ff m

vr

atat

++ =

sensen

θθ

θ θcos

cos−−2

f mvr

mgat =2

cosθ θ−− sen

N mg mvr

= +cosθ θ2

sen

182 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 183

AU

LA 4

Analisando a Equação (4.44) vemos que se v cresce a partir

do valor v gr0 = tanθ , o módulo da força de atrito fat cresce a partir do

valor nulo. No entanto, fat não pode aumentar indefinidamente, pois,

como sabemos, existe um valor máximo para o módulo da força de

atrito entre duas superfícies em contato, dado por µeN. Portanto, existe

um valor máximo para v, que designaremos vmax , acima do qual o carro

derrapará sobre a pista, no sentido para cima. Para descobrirmos o valor

de vmax , basta substituir na Equação (4.44) o valor máximo do módulo

da força de atrito, ou seja, basta escrever fat = µeN, com N dada pela

Equação (4.45). Seguindo esse procedimento, obtemos:

(4.46)

ou seja,

(4.47)

Como último comentário a respeito desse exemplo, note que,

se v decrescer a partir do valor v gr0 = tanθ , o módulo da força de

atrito também aumenta a partir do valor nulo, porém com uma diferença

importante em relação ao caso que acabamos de tratar: a força de atrito

sobre os pneus do carro aponta para cima, pois o carro tende a derrapar

para baixo. Supondo que a inclinação da pista em relação à horizontal

seja maior do que o ângulo crítico θ µc e= arctan , haverá um valor

mínimo vmin para o módulo da velocidade do carro, abaixo do qual ele

irá derrapar para baixo na pista.

µ θ θ θ θe mg mv

rm

v

rmgcos max max+

=

2 2

sen cos sen ,−−

v gr e

emax

coscos

2 =+

sensen

θ µ θθ µ θ−−

184 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 185

AU

LA 4

ATIVIDADES

9. Uma determinada corda pode suportar uma tensão máxima de 40N sem romper. Uma criança amarra uma bola de 400g a uma das pontas da corda e segura a outra extremidade girando a bola num círculo vertical de 0,9m de raio e aumentando lentamente a velocidade até a corda arrebentar.

a. Determine a velocidade crítica abaixo da qual a corda pode afrouxar no ponto mais alto.

b. Em que ponto da trajetória a bola está quando a corda arrebenta?

c. Qual a velocidade da bola quando a corda arrebenta?

RESPOSTAS COMENTADAS

Na Figura 4.30 você pode ver a bola de massa m = 0,40kg presa a uma

corda de comprimento r = 0,9m, que gira em torno de um círculo vertical

em torno de um ponto fixo O, ao qual a outra extremidade é segurada pela

criança. O movimento da bola, embora circular, não é uniforme, pois a bola é

acelerada na descida e retardada na subida. Contudo, a componente normal

da aceleração continua a ser dada por ac = v2/r. Além disso, agora, há uma

componente tangencial da aceleração.

Figura 4.30: Diagrama de forças aplicadas a uma bola que gira no sentido horário, em um círculo vertical com centro em O.

P

P||

P⊥

θ

θT

O

r

184 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 185

AU

LA 4

As forças aplicadas, em qualquer ponto da trajetória, são o peso P e

a tração T da corda. Veja na Figura 4.30 que você pode decompor

a força-peso em uma componente normal, de módulo P⊥= mgcosθ,

e em uma tangencial de módulo P|| = mgsenθ. As forças tangencial e

normal são, respectivamente,

Note que a aceleração tangencial, de acordo com a Segunda Lei de

Newton, é

ou seja, é a mesma que a de um corpo deslizando sobre um plano

inclinado sem atrito, de inclinação θ. A aceleração radial, ou centrípeta,

é

Portanto, a partir da equação acima você pode chegar à conclusão

de que o módulo da força de tração na corda, em qualquer ponto da

trajetória, vale

Perceba que este resultado depende do ângulo θ, ou seja, o módulo

da força de tração assume diferentes valores em cada ponto da

trajetória.

a. Você pode ver na Figura 4.30 que no ponto mais elevado da

trajetória circular da bola, no qual θ = 180o, tem-se senθ = 0 e cosθ

= -1. Com esses valores, você conclui que a aceleração é puramente

radial, orientada para baixo. Mais ainda, o módulo da força de tração

no ponto mais alto vale

Neste movimento existe uma determinada velocidade crítica vc , no

ponto mais alto da circunferência, abaixo da qual a corda fica frouxa.

A corda vai afrouxar quando não estiver submetida a uma força de

tração, isto é, quando T = 0. Nessa situação crítica, o resultado para a

força de tração que você calculou acima fornece a velocidade crítica,

F mg

F T mg|| ,

cos .

==

senθθ−−

aF

mg||

|| ,= = senθ

aFm

T mgm

vrc = = =⊥ −− cos

.θ 2

T mvr

g= +

2

cos .θ

T mvr

g=

2

−−

v grc = = =( , )( , ) , .9 8 0 9 3 0m/s m m/s2

186 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 187

AU

LA 4

Note que nesta situação a única força exercida sobre a bola é a força-peso,

orientada para baixo. Assim, a força-peso P é a força centrípeta exercida

sobre a bola.

A criança deve começar a girar a bola com uma velocidade maior ou igual à

velocidade crítica, vc ≥3,0m/s, de forma que a corda esteja sempre esticada.

O resultado que você encontrou é bastante interessante porque a velocidade

crítica depende do raio da circunferência e não depende da massa da bola.

b. Você pode visualizar a situação da seguinte maneira: a criança começa a

girar a bola com uma velocidade maior do que vc , e, conforme foi descrito,

vai aumentando lentamente a velocidade até a corda arrebentar.

Como ficou demonstrado por você, o módulo da força de tração depende

do ângulo θ. No ponto mais alto da trajetória circular da bola, no qual

θ = 180o, a força de tração é mínima, enquanto que no ponto mais baixo, no

qual θ = 0, a força de tração é máxima. Neste último caso, como cosθ = 1,

o módulo da força tração máxima exercida sobre a bola deve valer

Como a criança vai aumentando a velocidade lentamente, digamos de vc até

vmáx , a corda usada na brincadeira vai arrebentar no instante em que estiver

submetida a uma tração cujo módulo é igual a Tmáx = 40N. Portanto, você

deve chegar à conclusão de que isso vai acontecer no ponto mais baixo da

trajetória circular.

c. A corda vai arrebentar quando a força de tração atingir um módulo igual

a Tmáx = 40N. Nesse exato instante, quando a bola estiver no ponto mais

baixo de sua trajetória, você pode calcular a velocidade vmáx com a equação

da força de tração máxima. O resultado é o seguinte:

Dessa forma, no instante em que a corda arrebentar, a velocidade da bola será

T mvr

g= +

2

.

v rT

mgmÆx

mÆx=

−−vmáxTmáx

v mmÆx =

=( , )

(( , )

( , ) , .0 940

0 409 8 9 0

N)kg

m/s m/s2−−vmáx

186 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 187

AU

LA 4

10. Um engenheiro civil foi contratado para projetar a curva de uma estrada que atenda as seguintes condições: um carro em repouso não deve deslizar para dentro da curva, e um carro viajando com uma velocidade menor do que 60Km/h não deve deslizar para fora da curva. A pista tem um coeficiente de atrito estático de 0,40 entre o asfalto e os pneus.

a. De qual ângulo a pista deve estar inclinada?

b. Qual deve ser o raio mínimo de curvatura da pista?

c. Calcule a aceleração centrípeta sofrida por um carro que faz a curva na velocidade máxima.

RESPOSTAS COMENTADAS

Neste problema, é necessário analisar os dois casos separadamente, isto é, o

carro em repouso e o carro que faz a curva com a velocidade máxima. Você

pode ver na Figura 4.31 o plano inclinado e o sistema de eixos escolhido.

220

220

N

P

f

y

188 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 189

AU

LA 4

a. Na Figura 4.31.a, você pode ver que, com a nossa escolha do eixo

+y na direção vertical, a força-peso P pode ser escrita da seguinte

forma:

Note que a força de atrito fo tem que estar paralela ao plano inclinado

e com o sentido “para cima”, isto é, tem o sentido inverso à tendência

do movimento (deslizamento). As projeções do vetor fo permitem que

você represente a força de atrito pelo seguinte vetor:

A força que o plano exerce sobre o carro, ou a força normal No , está

inclinada de um ângulo θ com a direção do eixo y. Com isso, você

vai poder representar essa força como

Para o carro ficar em repouso na pista, ou seja, não deslizar para baixo

do plano inclinado, você deve concluir que a força resultante exercida

sobre o carro deve ser nula. O princípio de superposição das forças

estabelece que a força resultante exercida sobre o carro é

Figura 4.31: Diagrama de corpo isolado do carro (a) em repouso e (b) em movimento circular uniforme.

P

N

y

220

f

220

P u= −−mg y

N u uo o osen= +N Nx yθ θcos

P f N+ + =o o 0.

f u uo o osen= − +f fx ycos .θ θ

188 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 189

AU

LA 4

Conforme foi aprendido na aula, a força máxima de atrito, quando o

carro está prestes a deslizar em direção à base do plano inclinado, tem

um valor igual a

sendo que o coeficiente de atrito estático vale µe = 0,4.

Agora você vai substituir na equação vetorial da força resultante as

forças P, fo e No escritas em termos dos vetores unitários ux e uy. As

relações que devem ser verificadas para as componentes x e y são,

respectivamente,

Na primeira igualdade acima, você pode encontrar quanto vale o ângulo

porque você vai usar a condição de que fo = µe No. Disso resulta a

seguinte equação:

O raciocínio que você tem que usar para chegar a este resultado é

supor que o módulo da força normal é diferente de zero, No ≠ 0. Dessa

forma, a relação acima permite que você encontre o ângulo θ no qual

a pista deve estar inclinada,

b. Neste caso, o carro está se movimentando com uma velocidade

de no máximo vmáx = 60Km/h. Veja o diagrama de corpo isolado do

carro, mostrado na Figura 4.31, que mostra as forças exercidas sobre

o carro. Você deve perceber que agora a força de atrito f tem o sentido

“para baixo”.

A única diferença entre os vetores envolvidos na superposição é o vetor

f, que representa a força de atrito. No sistema de coordenadas que nós

estamos usando, você pode escrever esse vetor como:

Neste caso, a projeção da força resultante na direção do eixo x é a

força centrípeta, cujo módulo vale Fc = mac = mv2/r. Assim, a Segunda

Lei de Newton estabelece que

f Neo o= µ ,

N f mvr

N f mg

sen

sen

θ θ

θ θ

−−

−−

cos ,

cos .

=

+ =

2

0

N f

N f mgo o

o o

sen

sen

θ θθ θ

−−

−−

cos ,

cos .

=+ =

0

0

N e

e

o(senθ µ θ

θ µ

−− cos )

tan .

=

⇓=

0

θ = =tan , .−−1 0 4 22o

f u u= f fx ycos .θ θ−− sen

190 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 191

AU

LA 4

Você aprendeu na aula que a velocidade máxima do carro em um MCU,

sem deslizar, é obtida do sistema de equações acima com a substituição

f = µe N. No entanto, você vai precisar calcular o raio de curvatura da pista, r.

A fórmula a ser usada é a seguinte:

Como resultado você tem que encontrar um raio de curvatura igual a

c. O vetor que representa a aceleração centrípeta ac em um MCU

tem direção radial e aponta para o centro da curva de raio r. Nossa

escolha de eixos determina que o vetor ac é paralelo ao eixo +x.

Mais ainda, você aprendeu que o módulo dessa aceleração vale

ac = v2/r. Portanto, para a velocidade máxima vmáx = 60Km/h, você vai

obter o vetor

r = 30m.

Nesta aula enunciamos a Lei de Gravitação de Newton como uma a ação a distância

e instantânea entre corpos com massa e usamos seu enunciado para calcular a

aceleração g de corpos em queda livre próximos à superfície da Terra, quando

desprezamos a resistência do ar.

Analisamos as forças de contato entre superfícies suaves e identificamos as

componentes “normal” e de atrito quando as superfícies se tocam num único

ponto. Definimos, então, as forças de atrito estático e cinético válidas de modo

aproximado e exclusivamente para corpos sólidos com superfícies secas e de

formatos suaves.

Também enunciamos a Lei de Hooke para o sistema massa-mola e estudamos

a variação da força em função da elongação da mola.

R E S U M O

av

ru m s uc

mÆxx x= =

229 3( , / ) .

v2máx

rv

gmÆx e

e

=+

2 coscos

.θ µ θθ µ θ

−− sensen

v2máx

190 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | As aplicações das Leis de Newton

CECIER J – Extensão 191

AU

LA 4

Em seguida, estudamos o efeito que uma roldana com massa desprezível

exerce sobre uma corda e vimos como um sistema de polias pode reduzir o

esforço no levantamento de diversos corpos.

Finalmente, deduzimos a aceleração centrípeta sobre corpos em movi-

mento circular uniforme e estudamos situações que envolvem partículas

em trajetórias circulares.

obje

tivos5AULA

Meta da aula

Energia e trabalho

Discutir alguns aspectos físicos relacionados à energia mecânica de partículas em movimento.

Ao final desta aula, você deverá ser capaz de:

• calcular o trabalho realizado por uma força constante aplicada sobre uma partícula;

• calcular o trabalho realizado por uma força capaz de comprimir ou esticar uma mola;

• calcular o valor da energia potencial gravitacional de um corpo em uma dada altura, medida a partir de uma origem;

• calcular o valor da energia potencial armazenada em uma mola comprimida, a partir de seu ponto de equilíbrio;

• usar a conservação da energia mecânica para resolver problemas físicos em que só atuem forças conservativas;

• calcular a potência média de uma partícula, quando conhecemos o trabalho realizado em um dado intervalo de tempo;

• calcular a potência de uma partícula em movimento, quando conhecemos a sua velocidade e as forças que atuam sobre ela.

Pré-requisito

Para melhor compreensão desta aula, você precisa ter estudado a Aula 4 – As Aplicações das Leis de Newton.

Texto de Lizardo H. C. M. Nunes e Raphael Púpio Maia.

194 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 195

AU

LA 5

TRABALHO E ENERGIA

Em sua origem, a palavra energia vem do grego e denota

“atividade”, “operação” ou “vigor”, que é uma propriedade de quem

está “ativo” ou “trabalhando”.

De maneira análoga, energia, em Física, é também uma propriedade

das partículas. Entretanto, para entendermos o significado físico de energia,

devemos, antes, definir a grandeza que chamamos de trabalho, que é o

que faremos a seguir.

Vamos começar considerando o caso simples de um bloco em repou-

so sobre uma mesa bem lisa. Suponha que uma força de módulo constante

seja aplicada sobre o corpo, como mostrada na Figura 5.1 a seguir.

Figura 5.1: Bloco sendo puxado por uma força constante, o que acarreta um deslocamento d.

Assumindo que o corpo tenha percorrido uma distância d ao

longo da mesa, dizemos que a força F realizou trabalho sobre o bloco,

que é dado pela expressão

(5.1)

Note que o trabalho realizado pela força sobre o bloco é tanto

maior quanto maior for o deslocamento ou a força sob a ação da qual

ele se realiza.

W F d= ( )cos .θ

F cos θ

d

F

θ

194 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 195

AU

LA 5

Além disso, é bastante intuitivo perceber que apenas a projeção da

força F na direção do deslocamento é eficaz para movimentar o bloco.

Aliás, como você sabe, essa projeção é dada por

(5.2)

onde θ é mostrado na figura como o ângulo entre a força e a direção do

deslocamento. Assim, a julgar pela Equação (5.1), o trabalho realizado

sobre o bloco deve ser a projeção da força na direção do deslocamento

multiplicada pela distância percorrida; ou seja, o trabalho realizado por

F sobre o bloco deve ser

Na verdade, existe uma maneira mais compacta de escrever essa

expressão,

(5.3)

onde o operador • denota o produto escalar entre os vetores F e d (veja

o apêndice da Aula 2), e o vetor deslocamento d é definido como o vetor,

que vai do ponto de onde o corpo sai do repouso até o ponto em que a

distância foi medida, como mostrado na Figura 5.1. Essa é a expressão

para o trabalho realizado por uma força constante.

Após esse resultado, responda, qual deve ser, então, o trabalho realizado

pela força peso para o mesmo deslocamento d ao longo da mesa?

Se você respondeu que o peso não realizou trabalho sobre o bloco,

acertou! A projeção da força peso sobre o deslocamento é nula, visto que

o peso está na vertical e o deslocamento na horizontal. Como

temos que o trabalho realizado é nulo, pela Equação (5.3)

Mas suponha agora que existam duas forças F1 e F2, atuando

sobre o corpo, como mostrado na Figura 5.2 a seguir. Pela definição

anterior, o trabalho realizado por F1 é F d1 1cosθ e, o trabalho realizado

por F2 é F d2 2cosθ , onde θ1 e θ2 são mostrados na figura. Olhe com

atenção para a Figura 5.2, o trabalho realizado por F1 é positivo, porque

cosθ1 0> ; mas o trabalho realizado por F2 é negativo, porque cosθ2 0< .

F cos ,θ

W F d= cos .θ

W = •F d,

cos ,π2

0

=

196 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 197

AU

LA 5

Assim, percebemos que o trabalho realizado por uma força sobre um

corpo pode ser positivo, negativo ou nulo.

Entretanto, até agora só vimos como calcular o trabalho realizado

por uma força constante, mas ainda não discutimos o seu significado

físico, que é o que faremos agora.

Vamos voltar à situação descrita pela Figura 5.1. Quando a força

F é aplicada sobre o bloco, ela o retira do repouso, tornando-o animado,

ou em movimento. Esse corpo ganha velocidade em função da força

aplicada, e dizemos que esse corpo em movimento tem uma energia

associada à sua velocidade, que chamamos de energia de movimento,

ou energia cinética. Por definição, a energia cinética de uma partícula

de massa m que se move com velocidade r

v é dada por

(5.4)

Portanto, ao realizar trabalho sobre o bloco, a força F fornece

energia cinética ao bloco.

Figura 5.2: Duas forças distintas atuando sobre o bloco.

K mv= 12

2.

F1

θ2

θ1

F2

Definimos energia como a capacidade de produzir trabalho.

!

196 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 197

AU

LA 5

Mas você poderia perguntar: “Não foi o trabalho realizado

pela força que forneceu energia ao bloco? Como assim a energia é a

capacidade de produzir trabalho?” Bom, é essa a pergunta a que vamos

tentar responder nesta aula.

Vamos começar tentando calcular o trabalho realizado pela

resultante de todas as forças que atuam sobre um corpo arbitrário.

Assim, imagine um corpo em que atuam n forças constantes sobre ele,

cada força associada a um índice i, i n= 1, ,L . Como calcular o trabalho

realizado pela resultante?

Bom, o trabalho realizado pela resultante deve ser a soma dos

trabalhos realizados por cada uma das forças que atuam sobre o

corpo. Isso você pode provar matematicamente: é só usar o fato de

que a resultante é a soma vetorial de todas as forças que atuam sobre o

bloco, isto é,

(5.5)

e substituir a expressão acima na Equação (5.3). Usando as propriedades

do produto vetorial, você deve ser capaz de mostrar que

(5.6)

onde Wi é o trabalho realizado pela força r

Fi sobre o corpo.

Mas, pela 2ª Lei de Newton, a resultante é

(5.7)

Além disso, como vimos quando estudamos a cinemática do

movimento unidimensional (veja a Aula 1), também sabemos que, para

um corpo que percorre uma distância d ao longo de uma reta com

aceleração a constante, existe a expressão:

onde νf e νi denotam a velocidade final e inicial respectivamente.

r r

R Fii

n

==∑

1

,

W R d F d F d Wii

n

ii

n

ii

n

= =

= ( ) ≡

= = =∑ ∑ ∑

r

g

rr

g

rr

g

r

1 1 1

,

r

r

R ma= .

v v adf i2 2 2= + ,

198 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 199

AU

LA 5

Podemos combinar os três ingredientes apresentados: a equação de

Torricelli acima, a 2ª Lei de Newton e o cálculo do trabalho realizado pela

resultante das forças que atuam sobre um corpo da seguinte forma:

(5.8)

onde, obviamente, usamos o fato de que a resultante está na direção do

deslocamento. Você saberia dizer o porquê?

Observe agora o último termo da equação acima, o que ele

significa?

Bem, usando a definição de energia cinética, o último termo da

Equação (5.8) é a variação da Energia Cinética, ∆K. Portanto, quando a

resultante das forças que atuam sobre um corpo é constante, o trabalho

realizado pela resultante equivale à variação da energia cinética.

Podemos interpretar esse resultado, dizendo que o trabalho

realizado por uma força pode acrescentar ou retirar a energia de um

corpo, e podemos imediatamente concluir que a energia e o trabalho

têm as mesmas unidades. A Equação (5.3) indica que o trabalho

(ou a energia) é expresso(a) em unidades de força “vezes” deslocamento.

Por outro lado, a Equação (5.4) indica que a força pode ser escrita em

unidades de massa “vezes” o quadrado da velocidade. Como exercício,

mostre que essas unidades são equivalentes.

No sistema MKS (metro-kilograma-segundo), o trabalho é

expresso por

(5.9)

onde N denota newtons, que é uma unidade de força, m denota metros,

que é uma unidade de comprimento, e J denota joules, que é uma

unidade para energia. No sistema CGS (centímetro-grama-segundo), seria

1 1 1dina cm erg× = . Logo, 1 107J ergs= (visto que 1 105N dinas= ).

W R d ma d m ad mv v

mv mv

f i

f i

= = = =

=

• •rr

r

r

2 2

2 2

2 2

12

12

−−

−− ,

A unidade joule (J) foi assim denominada em homenagem ao ilustre físico inglês James Joule (1818-1889).

1 1 1N m J,× =

198 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 199

AU

LA 5

ATIVIDADE

1. A Figura 5.3 mostra um bloco de 5,0kg, deslizando sem atrito para baixo de um plano inclinado que faz um ângulo de 30o com a horizontal. Considere que o bloco desliza 2,0m, para baixo, ao longo do plano inclinado.

a. Quais são as forças que atuam no bloco? Calcule o trabalho realizado por cada uma dessas forças.

b. Qual é o trabalho total realizado sobre o bloco?

c. Quando o bloco parte do repouso, qual é a velocidade do bloco depois de deslizar 2,0m?

d. Quando o bloco parte com uma velocidade inicial de 3,0m/s, qual é a velocidade do bloco depois de deslizar 2,0m?

Figura 5.3: Um bloco que desliza ao longo de um plano inclinado.

Conheça mais sobre James Joule através do link:http://pt.wikipedia.org/wiki/James_Prescott_Joule

r

v

300

m

200 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 201

AU

LA 5

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Você pode afirmar que as forças que atuam no bloco são a força

peso Pur

que tem direção vertical, sentido “para baixo” e módulo igual a

P = mg; a força normal Nuru

, com direção perpendicular ao plano inclinado.

Você pode ver na Figura 5.4 essas duas forças bem como o vetor de

deslocamento dur

do bloco, que é paralelo ao plano inclinado e tem um

módulo igual a d = 2,0m. Você pode verificar geometricamente que

o ângulo entre os vetores Pur

e dur

vale 60o. A força normal Nuru

, como o

próprio nome já diz, é perpendicular ao plano inclinado e, por causa

disso, o ângulo entre os vetores Nuru

e dur

vale 90o.

A força resultante sobre o bloco é a superposição das forças Pur

e Nuru

,

ou seja,R P Nur ur uru

= + .

Agora, você deve calcular o trabalho realizado pela força peso

e pela força normal,WN , quando o bloco é deslocado de dur

.

O trabalho da força peso, WP , é o seguinte:

Ao substituir a massa do bloco m = 6,0kg e o módulo do vetor

de deslocamento d = 2,0m, você vai encontrar a quantidade de

trabalho WP ,

O trabalhoWN, realizado pela força normal é nulo porque

cos 90o = 0,

Figura 5.4: As duas forças Pur

e Nuru

que atuam no bloco.

W P d mgdP = ⋅ =ur ur

cos .60o

WP = =( , )( , ( , )( / ) .5 0 9 8 2 0 1 2 49kg m/s ) m J2

W N d NdN = ⋅ = =uru ur

cos .90 0o

Nuru

300

600 dur

Pur

900m

200 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 201

AU

LA 5

Note que a força normal não realiza trabalho quando o bloco é

deslocado.

b. O trabalho total realizado sobre o bloco é calculado com a força

resultante que atua sobre o bloco, isto é,

Como você verificou que a força normal não realiza trabalho,

o trabalho total é igual ao trabalho realizado pela força peso,

c. A vantagem em usar a definição do trabalho realizado por uma

dada força pode ficar mais aparente quando usamos o fato de que

o trabalho realizado equivale à variação da energia cinética, W K= ∆ .

Neste problema, você pode usar este resultado para calcular a

velocidade do bloco, depois que este desliza 2,0m ao longo do plano

inclinado. Para isto, você pode usar a seguinte igualdade:

A partir da relação acima, você calcula a velocidade do bloco,

d. Neste caso, o bloco parte com uma velocidade inicial vi = 1,0m/s.

Assim, você pode novamente usar o fato de que W K= ∆ ,

Você precisa isolar a velocidade v na relação acima. A resposta

que você vai encontrar é

W R d P N d W WP N= ⋅ = + ⋅ = +ur ur ur uru ur

( ) .

W mv= 12

2.

W mv mvi= 12

12

2 2−− .

vWm

= = ≈2 2 495 0

4 4( )

( , ), .

Jkg

m/s

W WP= = 49J.

v vWmi= + = + ≈2 22

3 02 495 0

5 3( , )( )

( , ), .m/s

Jkg

m/s

202 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 203

AU

LA 5

TRABALHO DE UMA FORÇA VARIÁVEL

Na seção anterior, vimos como calcular o trabalho realizado por

uma força constante sobre um corpo. Entretanto, o que acontece quando

a força aplicada muda de magnitude a medida que o corpo muda de

posição? Em outras palavras, como calcular o trabalho de uma força

que varia com a posição da partícula?

De fato, essa situação é bastante comum na Natureza. Por

exemplo, você deve se lembrar do sistema massa-mola; nesse caso, a

força que a mola exerce sobre a massa varia à medida que comprimimos

ou esticamos a mola, de acordo com a Lei de Hooke. Mesmo a força

gravitacional, que geralmente consideramos constante para pequenas

alturas, varia em função da distância, à medida que nos afastamos do

centro da Terra, de acordo com a Lei da Gravitação de Newton (veja

a Aula 4). Portanto, o cálculo do trabalho para uma força variável é

bastante útil.

Para simplificar os cálculos, vamos continuar assumindo que o

deslocamento se dê ao longo de uma reta; mas, ao contrário do que

acontecia na seção anterior, vamos assumir que o módulo da força possa

variar ao longo do deslocamento e vamos representar o módulo dessa

força na direção do deslocamento por F(x).

Antes de calcular o trabalho exatamente, vamos obter um

resultado aproximado, dividindo a distância percorrida em pequenos

intervalos, como mostra a Figura 5.5 a seguir.

Figura 5.5: Gráfico de Fx em função de x.

Fx

xixf

x

Área = ∆A = Fx ∆x

Fx

∆x

202 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 203

AU

LA 5

Para cada intervalinho, vamos definir Fx como sendo a força no

ponto médio desse intervalo. A reta horizontal que passa por Fx tem um

valor próximo ao valor de F(x) em cada ponto desses intervalos, veja a

Figura 5.5. Se o deslocamento neste intervalo for ∆x, o trabalho realizado

pela força Fx, que é constante, deve ser igual a esta força multipli-

cada pela distância percorrida, ou seja,

Fx ∆x,

o que equivale à área do retângulo sombreado na Figura 5.5. Assim, o traba-

lho total aproximado deve ser a soma da área de todos os retângulos.

Mas essa é só uma aproximação, certo? Você pode se perguntar

então: “Quando é que o resultado se torna exato, afinal?”

Ora, o resultado se torna exato quando dividimos a distância

em intervalos tão pequenos, mas tão pequenos, que F(x) e Fx coincidem

para qualquer ponto de um desses intervalos infinitesimais. Mas para

que F(x) e Fx sejam idênticos, é necessário que estejamos no limite

em que ∆x → 0 . Assim, o trabalho realizado pela força F(x) é

(5.10)

ou seja, o trabalho realizado por F(x) sobre um corpo para ir do ponto

xi ao ponto xf é uma integral, que equivale à área sob a curva de F(x)

no intervalo entre as posições xi e xf .

W F x F x dxx x

x

x

x

x

i

f

i

f

= =→ ∫∑lim ( ) ;

∆∆

0

O cálculo de derivadas e integrais está fora do objetivo deste curso e não será cobrado nas avaliações, embora seja bastante usado em toda a discussão desta seção.

!

Note que a definição de trabalho para uma força variável dada pela Equação (5.10) é válida apenas para um deslocamento unidimensional. Para o movimento tridimensional, por exemplo, o trabalho realizado por uma força R F P N

ur ur ur uru

= + + é dado pela expressão

(5.11)

onde a integral acima representa a integral de linha ao longo da trajetória C descrita pela partícula para ir da posição inicial à posição final.

Obviamente, o cálculo de uma integral de linha também está fora do objetivo deste curso e não será cobrado nas avaliações.

W F dlC

= ⋅∫rr

,

204 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 205

AU

LA 5

Como aplicação, considere uma massa atada a uma mola compri-

mida de uma distância d, medida a partir da sua posição de equilíbrio. Pela

Lei de Hooke, a força que a mola exerce sobre a massa, quando deslocada

de uma distância x da sua posição de equilíbrio, deve ser

(5.12)

onde a constante elástica k, que mede a rigidez da mola, é constante.

Para calcular o trabalho realizado por essa força, usamos a

conhecida relação para a integral da função f x xn( ) = entre limites de

integração arbitrários a e b,

(5.13)

Portanto, o trabalho realizado será

(5.14)

Veja que o trabalho é positivo, pois a força estava na direção do

deslocamento.

Por outro lado, podemos calcular também o trabalho que a mola

realiza sobre a massa quando a mola sai da posição de equilíbrio e se dila-

ta de uma distância d, medida a partir da posição de equilíbrio,

(5.15)

onde o trabalho é negativo, já que a força que a mola aplica sobre o

bloco está na direção contrária ao deslocamento.

Agora, suponha que o sistema massa-mola saia de seu ponto de

equilíbrio, dilate-se de uma distância d e volte até a sua posição original.

Como vamos calcular o trabalho?

É fácil, da mesma maneira que calculamos o trabalho até agora:

simplesmente usando a Equação (5.10). Só que, nesse caso, temos

que xi = xf . E para calcular essa integral, usamos uma propriedade muito

F kx= −− ,

x dxxn

bn

an

nn

a

b

a

b n n

=+

=+

−+

+ + +

∫1 1 1

1 1 1.

W kx dx kd

kd

d

= ( ) =

=

∫ −− −− −−0

2

2

12

12

.

W kx dx

kd

d

= ( )

=

∫ −−

−−

0

212

,

204 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 205

AU

LA 5

manjada das integrais, em que separamos a integral numa soma de duas

integrais: uma que descreve a dilatação da mola e outra que descreve seu

retorno até a posição de equilíbrio. A dilatação, como vimos, é dada pela

Equação (5.15), e o retorno ao ponto de equilíbrio é dado pela Equação

(5.14). Assim, o trabalho de todo o processo fica

(5.16)

Ou seja, o trabalho total é zero!

Isso acontece porque a força que a mola exerce sobre a massa é uma

força conservativa. O trabalho realizado por uma força conservativa só

depende da posição final e inicial no movimento unidimensional. Como a

mola volta à sua posição inicial, o trabalho realizado é nulo. Na próxima

seção, vamos entender melhor o que é uma força conservativa.

Finalmente, vamos considerar o caso em que a força resultante

sobre a partícula só dependa da posição da partícula. Ela não depende,

por exemplo, da velocidade da própria partícula, nem do instante

considerado, e nem da posição de outras partículas na vizinhança

da partícula que estamos analisando. Será que, nesse caso, temos um

resultado análogo ao fornecido pela Equação (5.8)?

Para saber a resposta, precisamos usar a 2ª Lei de Newton para

escrever o módulo da força resultante, como:

(5.17)

onde a e v são a aceleração e a velocidade instantânea da partícula,

respectivamente. Por sua vez, a velocidade escalar pode ser representada

por ν = dx /dt. Assim, podemos fazer uma mudança de variável na integral

da Equação (5.10) para escrever

(5.18)

W kx dx kx dx

kd kd

d

d

= −( ) + −( )

= − + =

∫ ∫0

0

2 212

12

0 .

R ma mdvdt

= = ,

W R x dx mdvdt

vdt mvdvdt

dtx

x

t

t

t

t

i

f

i

f

i

f

= =

( ) =∫ ∫ ∫( ) ,

206 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 207

AU

LA 5

onde x x ti i≡ ( ) e x x tf f≡ ( ), ou seja, os instantes ti e tf correspondem

aos instantes inicial e final do deslocamento respectivamente. Podemos

imediatamente calcular a Equação (5.18) acima, fazendo outra mudança

de variável, que consiste em integrar sobre a velocidade e não, sobre o

tempo. Como dv dv dt dt≡ ( )/ , temos que

(5.19)

onde v v ti i≡ ( ) e v v tf f≡ ( ) . Usando a nossa conhecida Equação

(5.13), a integral na Equação (5.19) nos dá

(5.20)

ou seja, o trabalho realizado por uma força resultante, que só dependa

da posição da partícula, é igual à variação da energia cinética entre as

posições inicial e final. Isto generaliza a Equação (5.8) para o caso de

uma força variável. O resultado acima é chamado de Teorema Trabalho-

Energia Cinética.

W mvdvv

v

i

f

= ∫ ,

W mvdv mv mv Kv

v

f i

i

f

= = ≡∫12

12

2 2−− ∆ ,

Embora o resultado fornecido pela Equação (5.20) tenha sido deduzido para uma força resultante que só dependa da posição da partícula, esse resultado é válido para uma força qualquer. Logo, o trabalho realizado pela força resultante é sempre igual à variação da energia cinética entre as posições inicial e final.

Nesse caso, o trabalho realizado pela força resultante é dado pela Equação (5.11). A demonstração desse resultado foge ao objetivo deste curso.

206 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 207

AU

LA 5

ATIVIDADE

2. Um bloco com uma massa de 0,80kg parte com uma velocidade inicial de 1,2m/s para a direita, sobre uma superfície horizontal, e colide com uma mola que tem uma constante elástica igual a 50N/m. Despreze o atrito entre o bloco e a superfície horizontal.

a. Qual é o trabalho total realizado sobre o bloco? Qual é o trabalho realizado pela força da mola sobre o bloco?

b. Qual é a compressão máxima da mola após a colisão?

RESPOSTAS COMENTADAS

Vamos distinguir três estágios diferentes do movimento do bloco. Você

pode observar na Figura 5.6 que inicialmente em (a) o bloco tem uma

velocidade vA. Em (b), o bloco passa a comprimir a mola até que em (c)

o bloco é parado, vC = 0.

Figura 5.6: Um bloco deslizando sobre uma superfície horizontal suave.

x = 0

xB

xmax

VC = 0

VB

VA

A

B

C

208 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 209

AU

LA 5

a. Como você pode observar na Figura 5.6, o bloco que inicialmente se

movimenta para a direita com uma velocidade vA =1,2m/s é parado pela

força elástica, vC = 0. Isto significa que a energia cinética do bloco sofreu

uma variação, ou seja,

Conforme foi discutido na aula, o Teorema do Trabalho-Energia Cinética

determina que a variação da energia cinética é igual ao trabalho total

realizado,W K= ≈∆ −−0 58, .J . Como você pode ver, é correto afirmar que o trabalho

total realizado sobre o bloco vale

Neste problema, você precisa perceber que além da força elástica da mola

R F P Nur ur ur uru

= + +, atuam também sobre o bloco a força pesoR F P Nur ur ur uru

= + +e a força normal R F P Nur ur ur uru

= + + . Assim,

a força resultante sobre o bloco é R F P Nur ur ur uru

= + + , e o trabalho total sobre o

bloco é dado pela soma de três parcelas,

Veja na Figura 5.6 que a compressão máxima da mola determina um

deslocamento dur

para a direita, onde d = xmáx . Mais ainda, observe que o

vetor dur

tem direção paralela à superfície horizontal, enquanto que as forças

R F P Nur ur ur uru

= + + e R F P Nur ur ur uru

= + + têm direções perpendiculares à superfície horizontal. Como resultado

desta análise, você pode dizer que W P dP = ⋅ =ur ur

0 e W N dN = ⋅ =uru ur

0 ,

Note que o trabalho realizado pela mola sobre o bloco é negativo porque

a força elástica tem sentido contrário ao sentido do deslocamento.

b. Nesta aula, você aprendeu que o trabalho realizado pela força da mola

é dado pela seguinte fórmula:

Você agora precisa usar a fórmula acima para calcular a compressão

máxima da mola,

∆K mv mvC A= = ≈12

12

12

0 80 1 2 0 582 2 2−− −− −−( , )( , ) , .kg m/s J

W K= ≈∆ −−0 58, .J

W W W WF P N= + + .

W WF = ≈ −−0 58, .J

W kdF = −−12

2.

dWk

F= ≈ ≈−− −−−−2 2 0 58

500 15

( , )( )

, .J

N/mm

208 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 209

AU

LA 5

FORÇAS CONSERVATIVAS

Considere um bloco, caindo verticalmente de uma altura h e

despreze a resistência do ar, qual será o trabalho realizado pelo peso?

Ora, se considerarmos a força peso como sendo constante e

paralela ao deslocamento, e seu módulo igual à mg, onde g é o módulo

da aceleração da gravidade, o trabalho deve ser

(5.21)

Agora considere uma outra situação, em que um bloco desce um

plano inclinado de altura h sem atrito, como mostra a Figura 5.7. Se nós

supusermos que o bloco percorreu uma distância d ao longo do plano,

qual será o trabalho realizado pelo peso?

Figura 5.7: Bloco descendo um plano inclinado sem atrito.

Ora, sabendo que a projeção da força na direção do deslocamento

é mgsenθ, o trabalho será

(5.22)

Mas, veja que senθ = h / d. Assim,

(5.23)

W mgh= .

W mg d= senθ .

W mgh= .

a

d

θ

h

210 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 211

AU

LA 5

Você percebeu? O trabalho realizado pelo peso para fazer o bloco

cair ou descer o plano sem atrito é o mesmo.

De fato, mesmo que o bloco percorresse uma trajetória arbitrária,

como mostrada na Figura 5.8, por exemplo, o trabalho realizado pelo

peso só dependeria da diferença entre a altura inicial e a altura final,

porque o trabalho realizado pelo peso não depende da trajetória

percorrida, mas apenas dos pontos de onde o corpo partiu e chegou,

como vimos na seção anterior. Além disso, se o bloco voltar à mesma

altura de onde saiu, o trabalho será nulo. A demonstração desse resultado

é simples e muito parecida com a demonstração que fizemos para o caso

do sistema massa-mola; por isso, ela será omitida.

Figura 5.8: Uma partícula desce um escorrega sem atrito.

As Equações (5.21) e (5.23) mostram que o trabalho realizado

pela força gravitacional depende apenas da diferença entre a altura

inicial e a altura final, que chamamos de h nessas equações. Essa

forma de energia, que só depende da posição em que a partícula se

encontra, chama-se de energia potencial, que denotaremos por U.

No final desta seção, vamos explicar melhor o significado físico da

energia potencial.

m

210 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 211

AU

LA 5

Por hora, basta você saber que a energia potencial gravitacional,

que está associada ao trabalho da força peso, é dada por

(5.24)

onde z é a altura da partícula com relação à origem do eixo OZ.

U z mgz( ) ,=

Agora, vamos voltar ao caso de uma partícula em repouso que cai

verticalmente de uma altura h. Usando a Cinemática para os corpos em

queda livre, a velocidade da partícula ao atingir o chão deve ser

(5.25)

Da mesma forma, uma partícula lançada verticalmente para cima com

velocidade 2gh sobe uma distância h até, momentaneamente, parar.

Portanto, a velocidade adquirida por uma partícula, após cair de

uma certa altura é capaz de fazê-la subir até essa mesma altura.

Aliás, se um bloco deslizasse sobre um plano inclinado, teríamos

um resultado idêntico. De fato, se um bloco parte do repouso e desliza

sobre um plano inclinado sem atrito, que faz um ângulo θ com a

horizontal e tem altura h, depois de percorrer uma distância d, ele

atinge a velocidade 2gh .

Para demonstrar esse resultado, basta saber que a velocidade é

calculada pela conhecida equação de Torricelli,

(5.26)

Note que a energia potencial depende da escolha da origem do eixo OZ. De fato, quando estamos dentro de um apartamento em um prédio, podemos dizer que a energia potencial de um cinzeiro sobre uma mesa é proporcional à altura da mesa. Mas também podemos dizer que a energia potencial do cinzeiro é proporcional à altura da mesa acrescida da altura do andar em que se encontra o apartamento, ou seja,

Assim, a origem, a partir da qual mede-se a altura de uma partícula, altera o valor da energia potencial.

!

U mg h hmesa apartamento= +( ).

v ghf = 2 .

v ghd

df2 2=

,

212 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 213

AU

LA 5

onde g gh dsenθ = / é a aceleração da força resultante que atua sobre

o bloco. Logo, v ghf = 2 , como queríamos demonstrar. Além disso,

se você lançar o bloco com essa mesma velocidade 2gh sobre o plano

inclinado, fazendo-o subir, ele percorrerá uma distância d sobre o bloco

até momentaneamente parar no alto do plano inclinado, na altura h.

Note que esse resultado não depende da inclinação θ do plano inclinado,

mas apenas da altura em que o bloco se encontra.

Na verdade, mesmo que o bloco percorresse uma trajetória

arbitrária, como mostrada na Figura 5.8; ainda assim, a velocidade

adquirida pelo bloco só dependeria da altura percorrida.

Assim, pela equação de Torricelli, a velocidade de uma partícula

sob a ação de uma força gravitacional, percorrendo uma trajetória

arbitrária sem atrito, se escreve como

(5.27)

onde zi e zf são as alturas inicial e final da partícula com relação à

origem do eixo OZ.

A Equação (5.27) acima pode ser reescrita como

(5.28)

Portanto, para qualquer altura da trajetória, a quantidade

se conserva.

Se multiplicarmos a expressão acima pela massa da partícula,

encontraremos que

(5.29)

onde definimos a energia mecânica E como sendo a soma da energia

potencial com a energia cinética. Logo, para uma partícula, sob a ação

da força gravitacional, a energia mecânica se conserva.

v v g z zf i f i2 2 2= ( )−− −− ,

12

12

2 2v gz v gzf f i i+ = + .

12

2v gzf +

12

2mv mgz K U E+ = + ≡ ,

212 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 213

AU

LA 5

Em particular, a força peso é um exemplo de força conservativa.

Para fixar as idéias, vamos considerar um pedacinho de gelo que

se desprende e desliza pelas paredes de uma taça semicircular sem atrito,

como mostra a Figura 5.9.

Forças sob ação das quais a energia mecânica se conserva são chamadas de forças conservativas.

!

Figura 5.9: Pedaço de gelo deslizando pelas paredes de uma taça semicircular sem atrito.

Pedaço de gelo

Quando o pedaço de gelo está parado no alto da taça, ele possui

energia potencial gravitacional, o que significa que a força peso pode

realizar trabalho sobre ele. Na verdade, é isso que significa dizer que o

bloco de gelo possui energia potencial, que é uma forma de energia que

fica armazenada em forma de “potencial”, podendo ser convertida em

outro tipo de energia e produzir trabalho. Se supusermos que a origem,

a partir do qual medimos a altura, é o fundo da taça semicircular, a

energia potencial será U = mgr onde m é a massa do pedaço de gelo. Por

outro lado, como o gelo está em repouso, a energia cinética será nula,

K = 0. Então, a energia mecânica no alto da taça, que representaremos

por E1, é

(5.30) E K U mgr1 0= + = + .

214 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 215

AU

LA 5

Em seguida, o gelo sai do repouso e desliza pelas paredes da taça, a

força peso realiza trabalho sobre ele, transformando sua energia potencial

em energia cinética. Assim, ao chegar ao fundo da taça, o gelo está em

movimento e, portanto, possui energia cinética. Por definição, a energia

cinética é K mv= 2 2/ , onde v é o módulo da velocidade do gelo ao chegar

no fundo da taça. Por outro lado, a energia potencial do gelo no fundo

da taça é nula, pois a altura dele é nula. Então, a energia mecânica do

gelo ao chegar ao fundo da taça, que representaremos por E2, é

(5.31)

Como sabemos, a energia mecânica se conserva, pois a força peso

é conservativa, então temos que E1 = E2.

Comparando as Equações (5.30) e (5.31), é fácil calcular a

velocidade com que o pedaço de gelo chega no fundo da taça: v gr= 2 .

Entretanto, é ainda mais interessante perceber que toda a energia

potencial foi convertida em energia cinética. Aliás, se tomarmos dois

pontos quaisquer da descida; por exemplo: A e B, em que a partícula passa

antes por A e depois por B, podemos escrever que a energia mecânica do

gelo, no ponto A, é EA = KA + UA e que a energia mecânica, no ponto B,

é EB = KB + UB. Como EA = EB, podemos igualar as duas expressões

anteriores para escrever

(5.32)

isto é,

(5.33)

E U K mv220

12

= + = + .

Como a variação da energia mecânica é nula, temos que, para qualquer trecho da trajetória em que uma força conservativa realiza trabalho sobre um corpo, a variação da energia cinética é igual a “menos” a variação da energia potencial.

!

Mas, depois dessa análise, você poderia se perguntar: “Ao chegar

ao fundo da taça, o pedaço de gelo tem energia cinética, não é? Isso quer

dizer que a energia cinética tem capacidade de produzir trabalho?”

Ora, é claro que sim. Ao chegar ao fundo da taça com energia

cinética, o gelo começa a subir pela parede do outro lado da taça até

chegar ao alto. Enquanto sobe, a força peso realiza trabalho negativo

∆E E E K K U UB A B A A B= = ⇒ =−− −− −−0 ;

∆ ∆K U= −− .

214 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 215

AU

LA 5

sobre ele, diminuindo a energia cinética do pedaço de gelo. Ao chegar

ao alto da taça, o gelo pára, momentaneamente, e toda a energia cinética

foi convertida em energia potencial.

Novamente, você poderia se perguntar: “Ao chegar ao alto da

taça, o pedaço de gelo tem energia potencial, não é? Isso quer dizer que

a energia potencial também tem capacidade de produzir trabalho, não

é mesmo?”

De novo, você tem razão. Ao chegar ao alto da taça, o gelo começa

a descer pela parede até alcançar o fundo. Enquanto desce, a força peso

realiza trabalho positivo sobre o gelo, aumentando sua energia cinética.

Ao chegar ao fundo, toda a energia potencial foi transformada em energia

cinética novamente.

Aliás, se você acha que o gelo começará a subir a parede do outro

lado da taça até chegar ao topo, acertou. O gelo deve ficar subindo e

descendo indefinidamente sem parar.

Sem parar!? Você deve estar se perguntando: “Como eu não vejo

isso acontecendo todos os dias?”

Bem, você não vê isso acontecendo todos os dias, porque no

mundo real existem forças dissipativas como o atrito. Se considerarmos

o atrito, ao descer as paredes da taça, parte da energia potencial, que

seria transformada em energia cinética, será transformada em calor, que é

transmitido para o exterior do pedaço de gelo. Da mesma forma, ao subir

pela parede do outro lado da taça, parte da energia cinética, que seria

transformada em energia potencial, é dissipada, fazendo com que o gelo

não alcance exatamente o alto da taça, do outro lado. Assim, enquanto

vai e volta, o gelo vai subindo cada vez menos, até que finalmente pára.

E é exatamente isso o que vemos no nosso dia-a-dia.

Finalmente, nesse ponto, você poderia dizer:

“Entendi que a força peso é uma força conservativa, que a energia

mecânica se conserva quando o peso realiza trabalho sobre um corpo

e que a variação da energia cinética é igual a “menos” a variação da

energia potencial para qualquer trecho da trajetória. Mas, eu ainda me

lembro que você disse, na seção anterior, que a força dada pela Lei de

Hooke também era um exemplo de força conservativa. Assim, eu desejo

muito saber como posso estender a análise da força peso para uma força

conservativa variável. Isso é possível?”

É claro que isso é possível. Na verdade, isso é até bem fácil para

o caso de um deslocamento unidimensional, como veremos a seguir.

Entretanto, nossa discussão se restringirá ao caso de uma força no

movimento unidimensional que só dependa da posição da partícula.

216 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 217

AU

LA 5

No início desta seção, associamos a energia potencial gravitacional

ao trabalho realizado pela força peso sobre um corpo que cai de uma

determinada altura. De maneira análoga, vamos definir a função energia

potencial, U(x), que depende da posição x da partícula, da seguinte forma:

(5.34)

onde x' é simplesmente uma variável de integração. Comparando a

expressão acima com a Equação (5.10), em que calculamos o trabalho

de uma força variável, vemos que a energia potencial está associada a

“menos” o trabalho que seria realizado pela força sobre uma partícula

para ir da posição xi até a posição x.

Como aplicação, vamos considerar a energia potencial gravita-

cional. Assumindo que o eixo OZ esteja apontado para cima, para

qualquer altura z de um corpo sob a ação da força peso, temos que

F z mg( ) = −− . Logo, pela Equação (5.34), a energia potencial gravita-

cional será:

A escolha de zi é arbitrária e significa escolher a altura em que a

energia potencial é nula. Então, ao escolhermos a origem do eixo OZ

como zi = 0, encontramos U(z) = mgz.

Para o caso da Lei de Hooke, a força é F x kx( ) = −− e a energia

potencial será

(5.35)

Ao escolhermos a posição de equilíbrio da mola como xi = 0,

temos que

(5.36)

Note que o valor da energia potencial depende de uma escolha arbitrária para xi .

!

U x F x dxx

x

i

( ) ( ’) ’,= ∫−−

U z mg dz mgz mgziz

z

i

( ) ’ .= ( ) =∫−− −− −−

U x kx dx kx kxx

x

i

i

( ) ’ ’ .= ( ) =∫−− −− −−12

12

2 2

U x kx( ) = 12

2.

216 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 217

AU

LA 5

Note que, se a mola não está nem comprimida e nem dilatada, a

massa atada à mola não possui energia potencial.

Além disso, pela Equação (5.34), vemos que a energia potencial

armazenada pelo sistema massa-mola, quando está comprimida de uma

distância d com relação ao ponto de equilíbrio, possui a mesma energia

potencial, quando está dilatada da mesma distância d. Em ambos os

casos, a energia potencial é U kd= 2 2/ .

De fato, quando está dilatada, a energia potencial é

Por sua vez, quando está comprimida, a energia potencial é

Agora, vamos considerar o caso em que a força resultante aplicada

sobre um corpo no movimento unidimensional só dependa da posição

da partícula.

Se representarmos por Wx xi f→ , o trabalho realizado pela força

resultante para fazer uma partícula ir da posição inicial xi até a posição

final xf , podemos dizer que a variação da energia potencial da partícula,

∆U U x U xf i= ( ) ( )−− , é

(5.37)

pela definição de energia potencial vista na Equação (5.34).

Por outro lado, pela Equação (5.20), quando a força resultante

só depende da posição, o trabalho realizado pela resultante, para fazer

uma partícula ir da posição inicial xi até a posição final xf , é igual à

variação da energia cinética.

Portanto, basta combinar esses dois resultados para dizer que,

para uma força resultante de uma partícula que só dependa da sua

posição no movimento unidimensional, a variação da energia cinética

da partícula é igual a “menos” a variação da sua energia potencial, isto

é, ∆ ∆K U= −− .

U kx dx kdd

= ( ) =∫−− −− ’ ’ .0

212

U kx dx kx dx kdd

d

= ( ) = =∫ ∫−− −− −−−−

−−

’ ’ ’ ’ .0

021

2

∆U Wx xi f= →−− ,

218 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 219

AU

LA 5

Para demonstrar isso, basta escrever ∆K K Kf i= −− e ∆U U x U xf i= ( ) ( )−−

∆U U x U xf i= ( ) ( )−− . Como ∆ ∆K U= −− , temos que

Logo, a energia mecânica em xi, representada por Ei , é igual

à energia mecânica em xf , representada por Ef , ou seja, a energia

mecânica se conserva, quando a força resultante realiza trabalho entre as

posições xi e xf .

Aliás, isso é o mesmo que dizer que a energia mecânica de uma partícula se conserva quando a força resultante que atua sobre ela só depende da sua posição, no movimento unidimensional.

!

E K U x K U x Ef f f i i i≡ + ( ) = + ( ) ≡ .

Finalmente, como conseqüência do resultado acima, podemos dizer que se uma força aplicada sobre uma partícula só depende da sua posição no movimento unidimensional, essa força é conservativa.

!

Em particular, a força dada pela Lei de Hooke é conservativa.

Neste ponto, vamos reproduzir um comentário pertinente, feito pelo Prof. H. Moysés Nussenzveig em seu livro Curso de Física Básica, v.1:

“Poderia parecer, à primeira vista, que a força de atrito cinético ( F Na c= µ ) satisfaz ao critério de só depender da posição, uma vez que

F Na c= µ é (aproximadamente) independente da velocidade, o que caracteriza uma força conservativa. Entretanto, mesmo que a magnitude da força seja independente da velocidade, o seu sentido se inverte quando a velocidade se inverte. Assim, o vetor

r

Fa depende da velocidade e a força

correspondente é, de fato, dissipativa.”

Para fixar as idéias, considere o sistema massa-mola. Suponha que

a mola seja dilatada de uma certa distância x, medida a partir da posição

de equilíbrio, como mostra a Figura 5.10.a a seguir. Em seguida, imagine

que a massa atada à mola seja largada. O que deve acontecer?

218 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 219

AU

LA 5

Bem, se você estudou com atenção a discussão que fizemos

acima para uma força conservativa, você já deve saber que, ao ser

dilatada, o sistema massa-mola armazenou energia potencial; portanto,

a força restauradora da mola pode produzir trabalho. Assim, essa força

restauradora realiza trabalho positivo sobre a massa, fazendo com que

o sistema adquira energia cinética. Ao chegar à posição de equilíbrio,

em que a mola não está nem dilatada e nem comprimida, toda a energia

potencial foi transformada em energia cinética. Essa situação é ilustrada

pela Figura 5.10.b.

Nós poderíamos perguntar a você, então: “Qual foi o trabalho

realizado pela força restauradora para fazer a massa ir da posição x até

a posição 0?”

Ora, o trabalho é dado pela Equação (5.10), o que significa

resolver uma integral. Entretanto, também sabemos que o trabalho

realizado é “menos” a variação da energia potencial. Portanto,

A partir desse ponto, é interessante perceber que a massa continuará

se deslocando, comprimindo a mola. Essa compressão continuará até que

a mola esteja comprimida de uma distância x, quando o sistema pára,

momentaneamente. Essa situação está ilustrada pela Figura 5.10.c.

Enquanto foi comprimida, a força restauradora da mola realizou

trabalho negativo, retirando a energia cinética do sistema, que foi toda

transformada em energia potencial. Podemos calcular o trabalho realizado

pela força para fazer a massa ir da posição 0 até a posição –x:

Combinando os dois resultados anteriores, percebemos que o

trabalho realizado pela força restauradora para fazer a massa sair da

posição x até a posição –x é zero.

W U kx kxx→ = =

=02 20

12

12

−− −− −−∆ .

W U kx kxx→ = =

=02 20

12

12

−− −− −−∆ .

220 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 221

AU

LA 5

Figura 5.10: Sistema massa-mola. (a) A mola está dilatada de uma distância a partir da sua posição de equilíbrio. Nesse ponto, a força restauradora é negativa, embora a posição da massa seja posi-tiva. (b) Sistema massa-mola na posição de equilíbrio. Nesse ponto, a mola não exerce força sobre a massa. (c) A mola está comprimida de uma distância x. A força restauradora é positiva, embora a posição da massa seja negativa.

Fs é negativo

x é positivo

Fs = 0

x = 0

Fs é positivo

x é negativo

x

x

x

x = 0

x = 0

x = 0

x

x

a

b

c

220 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 221

AU

LA 5

Mas isso não encerra nossa discussão, pois, como está comprimida

e o sistema possui energia potencial, a força restauradora é capaz de

produzir trabalho. Assim, a massa continuará se deslocando, agora na

direção contrária, até parar momentaneamente na posição de onde tinha

saído, em que a mola está dilatada de uma distância x, como mostra

a Figura 5.10.a. Na verdade, a massa vai e vem indefinidamente, pois

apenas uma força conservativa atua sobre o sistema.

É fácil ver que o trabalho realizado pela força restauradora para ir

da posição –x até a posição x é zero. (Esse cálculo é simples e similar ao

feito para o trabalho realizado entre x e –x.). Assim, podemos combinar

todos os resultados anteriores e concluir que o trabalho realizado pela

força restauradora da mola para fazer a massa ir e voltar ao ponto de

onde saiu é zero.

Essa é uma característica de uma força conservativa no movimento

unidimensional, em que o trabalho realizado para ir e voltar ao mesmo

ponto é nulo.

Na verdade, é assim que testamos para ver se uma força é conservativa no movimento tridimensional. De fato, no caso geral, dizemos que uma força atuando sobre uma partícula é conservativa quando

(5.38)

onde C é qualquer trajetória fechada descrita pela partícula. Isso é análogo a dizer que o trabalho realizado pela força sobre a partícula para sair de um determinado ponto no espaço e voltar ao mesmo ponto, descrevendo uma curva arbitrária é zero. Obviamente, o cálculo da integral de linha acima está fora do objetivo deste curso e não será cobrado nas avaliações.

Como um último comentário, considere a energia potencial

associada a uma força resultante que só dependa da posição no

movimento unidimensional. Da Equação (5.34) podemos usar o famoso

Teorema Fundamental do Cálculo para escrever:

(5.39)

rr

Ñ

F dlC

⋅ =∫ 0,

R xdU x

dx( ) = −−

( ),

222 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 223

AU

LA 5

ATIVIDADES

onde R(x) é a função força resultante, que só depende da posição da

partícula, x, no movimento unidimensional.

Podemos, então, usar a 2ª Lei de Newton para reescrever a

Equação (5.39) acima por

(5.40)

o que nos permite obter a função aceleração da partícula.

Assim, se conhecemos a energia potencial da partícula e também a

sua posição e a sua velocidade em um instante inicial, o que corresponde

a fornecer as condições de contorno do problema, podemos descrever

completamente o movimento da partícula.

Na verdade, em diversas aplicações, pode ser mais conveniente

estudar o movimento de um sistema através da sua energia mecânica,

do que tentar identificar todas as forças que atuam sobre um sistema e

calcular as forças resultantes sobre cada partícula. Aliás, as implicações

dessa afirmação são imensas, mas, infelizmente, não podem ser totalmente

explicadas em um curso de Física básica.

a xm

dU x

dx( ) ,=

( )−−

1

3. Uma partícula de massa m = 5,00kg é largada do ponto A e escorrega sem atrito pela pista mostrada na Figura 5.11. Determine:

a. A velocidade da partícula nos pontos B e C.

b. Calcule o trabalho total executado pela força da gravidade no movimento da partícula entre os pontos A e C.

Figura 5.11: A partícula desce o escorrega e passa pelos pontos B e C.

B

C

Am

5.00m

3.20m2.00m

222 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 223

AU

LA 5

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Você pode calcular a velocidade da partícula nos pontos B e C, usando o princípio

de conservação da energia mecânica. Veja na Figura 5.11 que a partícula parte

do repouso, vA = 0, de uma altura hA = 5,00m acima do solo. Dessas quantidades

você pode perceber que toda a energia mecânica da partícula, no ponto A,

está armazenada na forma de energia potencial gravitacional,

Na medida em que a partícula começa a descer pelo escorrega, adquirindo

velocidade, sua energia passa a ficar armazenada como energia cinética e

potencial.

Cálculo de vB :

A energia mecânica EB da partícula no ponto B está distribuída em uma parcela

na forma de energia cinética, KB , e outra na forma de energia potencial, UB .

Vamos chamar de vB a velocidade com que a partícula passa pelo ponto B.

Veja na Figura 5.11 que o ponto B está a uma altura de hB = 3,20m acima

do solo. A energia mecânica da partícula no ponto B é a seguinte:

Você aprendeu que a energia mecânica é conservada e, por causa disso,

podemos dizer que as energias nos pontos A, B e C são iguais, EA = EB = EC.

Para calcular a velocidade vB , você deve usar a igualdade EA = EB ,

A relação acima pode ser manipulada algebricamente com o objetivo de isolar a

incógnita vB . Procedendo dessa maneira, você vai obter o seguinte resultado:

E mghA A= .

E mv mghB B B= +12

2 .

mgh mv mghA B B= +12

2 .

v g h hB A B= ( ) ≈2 5 94−− , .m/s

224 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 225

AU

LA 5

Cálculo de vC :

No ponto C, vamos usar a velocidade vC e uma altura hC = 2,00m. Como você

já sabe, a energia mecânica da partícula em C vale

Para calcular a velocidade vC , você deve usar o princípio de conservação da

energia, EA = EC ,

De forma análoga ao cálculo da velocidade vB , é possível calcular a velocidade

vC ,

b. O trabalho total executado pela força da gravidade, no movimento da

partícula entre os pontos A e C, pode ser calculado por meio de uma fórmula

bem conhecida:

A fórmula acima tem o seguinte significado: O trabalho total executado pela

força peso é igual à variação da energia cinética e também é igual a “menos” a

variação da energia potencial gravitacional. Se você usar as energias potenciais

dos pontos A e C, então vai encontrar uma quantidade de trabalho de

Observe que o trabalho realizado é positivo, WA C→ > 0 , porque o deslocamento

vertical tem o mesmo sentido que a força peso.

4. Duas massas m1 = 5,00kg e m2 =3,00kg estão conectadas por uma corda de massa desprezível que passa por uma roldana de massa desprezível e sem atrito, com está mostrado na Figura 5.12. A massa de m1 é largada a partir do repouso de uma altura h = 4,00m. Usando o princípio de conservação da energia:

a. Determine a velocidade da massa m2 no instante em que a massa m1 chega ao solo.

Encontre a altura máxima que a massa m2 alcança.

E mv mghC C C= +12

2 .

mgh mv mghA C C= +12

2 .

v g h hC A C= ( ) ≈2 7 67−− , .m/s

W K K U UA C C A C A→ = =−− −− −−( ).

W mg h hA C A C→ = =( ) .−− 147J

224 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 225

AU

LA 5

Figura 5.12: Sistema mecânico que consiste de duas massas m1 e m2.

RESPOSTAS COMENTADAS

Nesta atividade, vamos estudar o princípio de conservação da energia do

sistema mecânico formado pelas massas m1 e m2 . Assim, você vai admitir

que a energia total do sistema é conservada, E E E Ei i f f1 2 1 2+ = + .

a. Vamos usar o eixo Z na vertical, com sentido positivo “para cima” e

origem no solo. Note que no instante inicial i a energia total do sistema

Ei é dada apenas pela energia potencial gravitacional da massa m1. Isto é

verdade porque (I) as duas massas estão em repouso, ou seja, as energias

cinéticas Ki1 0= e Ki

2 0= são nulas e (II) a massa m2 está na origem do

eixo Z. Inicialmente, você pode afirmar que a energia mecânica do sistema

composto pelas massas m1 e m2 é a seguinte:

E E E m ghi i i= + =1 2 1 .

m1 = 5.00kg

h = 5.00mm2 = 3.00kg

226 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 227

AU

LA 5

No instante final f em que a massa m1 chega ao solo, a energia total do sistema

Ef é a soma das energias Ef1 e Ef

2 . Como você pode perceber, neste instante

a massa m1 tem sua energia dada pela energia cinética, E m vff1 12 2= / . Dado

que as duas massas estão ligadas por uma corda, a velocidade final delas

deve ser a mesma, vf . Mais ainda, como a massa m1 desceu de uma altura h

até o solo, a massa m1 subiu a partir do solo até uma altura h. Segundo estas

considerações para o instante final f, você pode escrever a energia mecânica

total do sistema,

Aqui você já pode aplicar o princípio de conservação da energia total do

sistema, isto é, E Ei f= . Ao aplicar a conservação você vai encontrar a seguinte

igualdade:

Da equação acima, você obtém o valor da velocidade vf . Não vai ser difícil para

você verificar que a resposta é

b. Agora você só vai precisar se preocupar com o que acontecerá com a massa

m2. No momento em que a massa m1 chega ao solo, a massa m2 está subindo

verticalmente com uma velocidade vf.. Neste momento, a energia mecânica

da massa m2 vale

Em um certo instante, quando m2 atingir a altura máxima H, toda sua energia

mecânica vai ser convertida em energia potencial gravitacional. Portanto, em

um instante posterior ao instante f, a energia máxima de m2 deve valer

Mais uma vez, você vai aplicar o princípio de conservação da energia, só que

desta vez, apenas para a energia da massa m2 . Quando você usar a igualdade

E Ef mÆx= , deve encontrar a relação abaixo,

Finalmente, a partir desta relação, você consegue encontrar a altura máxima

H que a massa m2 alcança,

E E E m v m v m ghf f ff f= + = + +

1 2 1

22

22

12

12

.

m gh m v m v m ghf f1 12

22

2

12

12

= + +

.

vm m

m mghf =

( )+( )

≈2

4 431 2

1 2

−−, .m/s

E m v m ghff2 22

2

12

= + .

12 2

22 2m v m gh m gHf + = .

H hm m

m mh

mm m

= +( )

+( )=

+( )=

2 25 001 2

1 2

1

1 2

−−, .m

E m gHmÆx2 2= .máx

máx

226 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 227

AU

LA 5

5. Uma partícula de massa igual a 2,00kg se movimenta ao longo do eixo x, onde a energia potencial depende da posição, U(x) = x4

– 4,00x2. O gráfico da energia potencial como função da posição está mostrado na Figura 5.13. O valor mínimo da função U(x) = –4,00J ocorre nas posições x = ± 2m.

a. Quando a energia mecânica da partícula vale –3,00J, quais são as posições onde é possível encontrar a partícula?

b. Quando a energia mecânica da partícula vale –3,00J, qual é a ve-locidade máxima alcançada pela partícula? Em que posição a partícula está quando adquiri a velocidade máxima?

c. Qual a energia necessária para que a partícula, inicialmente numa posição x0 < 0, ultrapasse a origem x = 0?

Figura 5.13: Energia potencial de uma partícula em um movi-mento unidimensional.

U(J)

x(m)

210–1–2–4

–3

–2

–1

0

1

2

228 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 229

AU

LA 5

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Você deve lembrar que a energia mecânica E da partícula tem uma

contribuição cinética, K, e outra contribuição potencial, U(x). Vamos

denotar a velocidade da partícula por v. A energia mecânica da partícula

de massa m = 2,00kg é a seguinte:

Você pode observar na Figura 5.14 que para uma energia mecânica

E = –3,00J, existem dois pares de pontos de retorno, xa , xb e xc , xd .

Quando a partícula inicia seu movimento no ponto xa , com energia

E = –3,00J, ela se move até o ponto xb , e em seguida retorna para

xa . Este movimento se repete indefinidamente porque a energia é

conservada. Do outro lado, onde x > 0, uma partícula que parte do

ponto xc , vai até xd , e retorna para xc (e volta para xd , etc.).

Figura 5.14: Pontos de retorno xa , xb , xc e xd para U(x)= –3,00J.

Assim, é possível encontrar a partícula nas seguintes posições:

E mv U x mv x x= + = +12

12

4 002 2 4 2( ) , .−−

U(J)

x(m)

210–1–2–4

–3

–2

–1

0

1

2

xdxcxbxa

E = –3,00J

x x x x x xa b c d≤ ≤ ≤ ≤ ou .

228 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 229

AU

LA 5

Para calcular os pontos de retorno, você deve impor que a energia

potencial da partícula seja igual à energia mecânica (onde v = 0),

U(x) = –3,00J,

A equação acima é um polinômio de grau quatro e, portanto, tem

quatro soluções: xa , xb , xc e xd . Note que o polinômio pode ser

reescrito de outra maneira,

Para que o produto de fatores na equação acima seja igual a zero,

é necessário que

Assim, você pode ver que os pontos de retorno procurados são:

b. Veja na Figura 5.14 que a partícula tem uma energia potencial

mínima, U(± 2m) = 4,00J−− , nas posições x = ± ≈ ±2m 1,41m .

Isto significa que nestes dois pontos a energia cinética da partícula

é máxima e é igual à variação da energia potencial,

.

Ao perceber isto, você pode calcular a velocidade máxima alcançada

pela partícula,

A partícula atinge a velocidade vmáx quando a sua energia potencial

é mínima, nos pontos x ≈ ± 1,41m .

c. A partícula, inicialmente localizada num ponto x0 < 0, deve ter

energia suficiente para ultrapassar a origem. De forma mais clara,

você pode afirmar que a partícula deve ter uma energia mecânica

ligeiramente maior do que o valor da energia potencial calculada na

origem, U(0) = 0. A partícula deve partir de x0 < 0 com uma energia

maior do que zero, ou seja,

U x x x( ) , , .= =4 24 00 3 00−− −− J

x x x x4 2 2 24 00 3 00 1 3 0−− −− −−, , ( )( ) .+ = =

( ) ( ) .x x2 21 0 3 0−− −−= = ou

x

x

x

x

a

b

c

d

= ≈==

= ≈

−− −−

−−

3 1 73

1 00

1 00

3 1 73

m m

m;

m;

m m

, ;

,

,

, .

K E UmÆx = ±−− −− −− −−( 2m)= 3,00J ( 4,00J)=1,00JKmáx

vK

mmÆxmÆx= = =

2 2 1 002 00

1 00( , )

( , ), .

Jkg

m/svmáxmáx

Em n > 0mín

230 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 231

AU

LA 5

POTÊNCIA

A discussão de trabalho e energia, até este momento, não men-

cionou o tempo que leva a realização de uma certa quantidade de

trabalho. Em certas situações, é importante saber qual é a rapidez com

que uma quantidade de trabalho pode ser realizada. Por exemplo, imagine

um guindaste transportando o material de uma obra para o alto de um

edifício em construção. Ao erguer o material de construção, o guindaste

realiza trabalho porque altera a energia potencial gravitacional da carga.

No entanto, para a equipe responsável pela obra é pertinente saber se

o guindaste vai realizar o trabalho em algumas horas ou em alguns

dias. Você certamente consegue imaginar outras situações onde é mais

importante saber o tempo para realização de um certo trabalho do que

a quantidade de trabalho em si.

Quando um pequeno trabalho, que vamos representar por ∆W,

é realizado sobre uma partícula em um pequeno intervalo de tempo ∆t,

podemos definir a potência média P , por:

(5.41)

Na medida em que o intervalo de tempo fica pequeno, ∆t→0,

a potência média, tende a uma taxa de variação temporal de trabalho,

em um dado instante de tempo, que é a potência instantânea P,

(5.42)

Como você pode ver, a potência é definida como o trabalho

realizado por unidade de tempo.

PWt

= ∆∆

.

PdWdt

= .

Observe que, assim como o trabalho, a potência também é uma quantidade escalar. A unidade de potência no sistema MKS é

Por outro lado, uma unidade de trabalho bastante comum em nosso cotidiano é o kWh (quilowatt-hora), ou seja, o trabalho realizado em 1h por uma potência de 1kW (quilowatt). A relação entre o quilowatt-hora e a unidade de medida de trabalho no sistema MKS, o joule, é a seguinte:

1 1 1Watt W J/s= = .

1 3 6 106kWh J= ×, .

230 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 231

AU

LA 5

ATIVIDADE

Vamos considerar o trabalho realizado por uma força constante

Fur

sobre uma partícula que é deslocada de um incremento dlr

. Neste caso,

a quantidade de trabalho é, por definição, dW F dl= ⋅ur r

.

A partir desta relação, é possível expressar a potência da seguinte

maneira:

(5.43)

onde v dl dtr r

= / é a velocidade instantânea da partícula.

Agora, vamos considerar o caso em que a força Fur

seja a resultante

das forças que atuam sobre a partícula. Neste caso, pela Segunda Lei

de Newton, F ma m dv dtur

r r= ≡ ( / ) . Substituindo essa expressão na

Equação (5.43), temos que

(5.44)

Este importante resultado estabelece que a potência representa a

taxa de variação temporal da energia cinética da partícula. De maneira

intuitiva, você pode pensar em um carro que parte do repouso e adquire

uma certa velocidade, alterando a sua energia cinética. A potência do motor

do carro determina a velocidade que o carro será capaz de desenvolver em

um dado intervalo de tempo. Assim, um motor mais potente é aquele que

consegue mudar a energia cinética do carro com mais rapidez.

P F v= ⋅ur r

,

P mdvdt

vddt

mvdKdt

=

⋅ =

≡r

r 12

2 .

6. Uma montadora de carros afirma que um de seus modelos de carro é capaz de partir do repouso e atingir uma velocidade de 90km/h, acelerando durante 10s. A massa do carro vale 800kg.

a. Assumindo que a performance é realizada com uma potência constante, determine a potência desenvolvida pelo motor do carro.

b. Quando o carro parte do repouso, qual é a velocidade após 4s?

c. Se o carro viaja a uma velocidade constante de 60km/h e começa a acelerar a uma taxa de 2,0m/s2, qual é a potência desenvolvida pelo motor do carro?

Despreze o atrito e a resistência do ar.

232 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 233

AU

LA 5

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Você aprendeu que a potência do motor do carro determina a

velocidade que o carro será capaz de atingir em um dado intervalo de

tempo ∆t. A relação entre a potência média P e a variação da energia

cinética ∆K é a seguinte:

Para calcular a variação da energia cinética do carro, ∆K = Kf – Ki , você

precisa usar a velocidade inicial vi = 0 e a velocidade final vf = 90km/h =

25m/s. Com essas velocidades, onde ∆K = Kf , você vai encontrar uma

variação de

Agora basta que você calcule ∆K/∆t para determinar a potência

anunciada pela montadora de carros,

b. O carro parte do repouso e, depois de 4s, atinge uma velocidade final

v´f . Nesta situação, você deve começar calculando a variação da energia

cinética do carro,

Em seguida, você deve encontrar a velocidade do carro que corresponde

a uma quantidade de energia cinética ∆K´,

A velocidade alcançada vale aproximadamente v´f = 57km/h.

c. A força que deve ser feita pelo motor do carro pode ser calculada a

partir da segunda Lei de Newton:

Assim, com uma força de F = 1600N, o carro acelera a uma taxa de

2,0m/s2. A potência desenvolvida pelo motor do carro deve ser

então de

PKt

= ∆∆

.

∆K mvf= = = ×12

12

800 25 2 5 102 2 5( )( ) , .kg m/s J

P = × =( , )( )

.2 5 10

1025

5 Js

kW

vK

mf´´ ( , )

( ).= = × ≈2 2 1 0 10

80016

5∆ Jkg

m/s

F ma= = =( )( , ) .800 2 0 1600kg m/s N2

P Fv= = ≈( )( / , ) .1600 60 3 6 27N m/s kW

∆ ∆K P t´ ( , )( ) , .= = × = ×2 5 10 4 1 0 104 5W s J

232 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Energia e trabalho

CECIER J – Extensão 233

AU

LA 5

R E S U M O

Nesta aula, definimos o conceito físico de energia e de trabalho realizado por

uma força sobre uma partícula.

Depois, mostramos que a força gravitacional e a Lei de Hooke são forças

conservativas, pois energia mecânica se conserva sob a ação dessas forças. Em

seguida, enunciamos o Teorema do Trabalho-Energia Cinética. Também dissemos

que o trabalho realizado por forças conservativas para ir e voltar a um mesmo

ponto é nulo.

Finalmente, definimos a potência como a taxa de variação temporal do trabalho

realizado por uma força e mostramos que a potência associada à força resultante

equivale à taxa de variação temporal da energia cinética para uma partícula em

movimento.

obje

tivos6AULA

Metas da aula

Colisões

Discutir as condições para que o momento linear total de um sistema de partículas se conserve e

mostrar como a conservação do momento pode ser aplicada no estudo das colisões entre partículas.

Ao final desta aula, você deverá ser capaz de:

• calcular a posição do centro de massa de um sistema de partículas em um dado instante;

• calcular o impulso de uma força aplicada durante um intervalo de tempo sobre uma partícula, quando conhecemos os momentos antes e depois da aplicação da força;

• calcular as velocidades finais de duas partículas após uma colisão elástica ou totalmente inelástica ao longo de uma reta, quando conhecemos suas massas e velocidades iniciais;

• calcular as velocidades finais de duas partículas após uma colisão elástica em um plano, quando conhecemos suas massas, a velocidade inicial de uma das partículas e o ângulo de espalhamento da partícula incidente, considerando a outra partícula inicialmente em repouso;

• calcular as velocidades finais de duas partículas após uma colisão inelástica em um plano, quando conhecemos suas massas, a velocidade inicial de uma das partículase os ângulos de espalhamento das partículas, considerando a outra partícula inicialmente em repouso.

Pré-requisito

Para melhor compreensão desta aula, você precisa ter estudado a Aula 5 – Energia e Trabalho.

Texto de Raphael Púpio Maia e Lizardo H. C. M. Nunes

236 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 237

AU

LA 6

SISTEMA DE PARTÍCULAS. CENTRO DE MASSA

Nas aulas anteriores, vimos como descrever o movimento de

uma única partícula e como identificar as causas de seu movimento.

Também mostramos que, se conhecemos sua velocidade e posição iniciais,

podemos descrever completamente o movimento da partícula.

Mas o que acontece quando consideramos um sistema com muitas

partículas interagentes como, por exemplo, o sistema solar?

Bem, vamos começar analisando apenas a Terra e o Sol interagindo

entre si. Se considerarmos apenas esses dois astros, quais são as forças

que atuam no sistema?

Ora, é simples: nesse caso, existem apenas a força que a Terra

exerce sobre o Sol e a força que o Sol exerce sobre a Terra. Pela 2ª Lei

de Newton, se conhecermos as condições iniciais do problema, como

vimos na Aula 2, podemos descrever completamente o movimento de

cada um dos astros.

Entretanto, não podemos ignorar o efeito das forças que Mercúrio,

Vênus, Marte, Júpiter e etc. exercem sobre a Terra e o Sol; sem falar nos

satélites que giram em torno dos planetas, ou no cinturão de asteróides

do sistema solar. Assim, você pode perceber que, se quisermos determinar

com muita precisão o movimento da Terra, por exemplo, que é um dos

planetas que pertencem ao sistema solar, teremos de levar em conta um

grande número de astros que exercem forças sobre ela. Além disso, como

a força gravitacional é uma interação de longo alcance, mesmo a força de

astros fora do sistema solar produz efeitos sobre o movimento da Terra.

Saiba mais sobre o sistema solar através dos links:http://en.wikipedia.org/wiki/Solar_system (em inglês)http://es.wikipedia.org/wiki/Sistema_Solar (em espanhol)

236 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 237

AU

LA 6

Nesta seção, vamos estudar o movimento de sistemas com mais

de uma partícula. Assim, vamos considerar um sistema de N partículas,

cujo movimento desejamos estudar. Esse sistema pode ser arbitrário,

como, por exemplo, um corpo rígido, um líquido, um gás, ou mesmo

um sistema de partículas esparsas. Além das N partículas que formam

o sistema, podem existir ainda outras que não pertencem a ele, mas

que exercem forças sobre suas partículas. Essas outras partículas serão

chamadas de partículas externas.

Para estudar o movimento do sistema, definimos um referencial

inercial e aplicamos a 2ª Lei de Newton a cada uma de suas N partículas.

Vamos numerar as partículas do sistema de 1 a N e representar suas

massas por m m mN1 2, , ,L respectivamente. Sejam a a a1 2, , ,... N as

respectivas acelerações dessas partículas. Pela Segunda Lei de Newton,

temos N equações do tipo:

(6.1)

onde F1 é a resultante das forças que atuam sobre a partícula 1,

F2 é a resultante das forças que atuam sobre a partícula 2, e assim

sucessivamente, até FN , que é a resultante das forças que atuam sobre

a partícula N.

Se soubéssemos resolver todas as N equações que aparecem na

Equação (6.1), obteríamos o movimento de cada partícula do sistema e

saberíamos, com todos os detalhes, o movimento do sistema. Entretanto,

isso, em geral, é impossível; principalmente quando o sistema tem um

número muito grande de partículas. De fato, basta lembrar que 1 mol de

qualquer substância deve conter cerca de 1023 partículas, por exemplo.

m m mN N N1 1 1 2 2 2a F a F a F= = =, ,..., ,

Para descrever com muita precisão o movimento da Terra, são necessários cálculos computacionais bastante sofisticados. Você pode ler mais sobre os métodos empregados e suas aplicações através dos links:http://pt.wikipedia.org/wiki/Mecânica_celestehttp://en.wikipedia.org/wiki/Numerical_model_of_solar_system (em inglês)

238 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 239

AU

LA 6

Vamos somar as N equações da Equação (6.1), de modo a obter

a soma vetorial de todas as forças que atuam no sistema:

(6.2)

Note que cada partícula do sistema pode sofrer forças exercidas

por partículas externas ao sistema ou por partículas que pertencem ao

próprio sistema. Logo,

• as forças exercidas por partículas do próprio sistema são chamadas

de forças internas do sistema;

• as forças exercidas por partículas externas ao sistema são chamadas

de forças externas do sistema.

Seja i um índice para qualquer uma das N partículas do sistema,

isto é, i pode ser igual a qualquer número de 1 a N . Bom, você deve

concordar conosco que a partícula i não tem como aplicar uma força

sobre si mesma! Logo, a partícula Fij pode sofrer uma força interna

exercida por outra partícula j do sistema, onde j pode ser igual a qualquer

número de 1 a N, desde que i ≠ j.

Além disso, i também pode sofrer forças exercidas por partículas

que não pertencem ao sistema, como, por exemplo, uma força externa

Fie exercida por alguma partícula externa ao sistema, que, nesse caso,

representamos pela letra e.

Vamos chamar de força externa total sobre a partícula i a soma

vetorial de todas as forças externas exercidas sobre a partícula i, que

m m mN N N1 1 2 2 1 2a a a F F F+ + + = + +... ... .+

O mol (ou mole) é uma unidade que mede quantidade. Por definição, 1 mol contém o número de Avogadro (aproximadamente 6,02214 × 1023) de alguma coisa (como átomos, moléculas ou partículas elementares). Por exemplo, 1 mol do gás oxigênio contém 6,02214 × 1023 moléculas de O2 , o que equivale a 32g; ou seja, em uma pequena quantidade de um gás temos uma quantidade imensa de moléculas se movendo.

Leia mais sobre a unidade mol através do link:http://pt.wikipedia.org/wiki/Mol

238 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 239

AU

LA 6

representamos por Fiext . Analogamente, vamos chamar de força interna

total sobre a partícula i a soma vetorial de todas as forças internas

exercidas sobre a partícula i, que representamos por Fiint . A soma

vetorial de todas as forças que agem sobre a partícula i pode, então, ser

representada por

(6.3)

Logo, a soma vetorial de todas as forças que atuam no sistema,

como visto na Equação (6.2), pode ser escrita como

(6.4)

Agora, preste atenção na discussão que se segue...

Sabemos que F1int é a soma vetorial de todas as forças internas

exercidas sobre a partícula 1, o que podemos representar por

F F F F1 12 13 1int = + + +L N , onde F F F12 13 1 , , ,... N são as forças exercidas

pelas partículas sobre a partícula 2 3, , ..., N sobre a partícula 1. (Note

que não existe a força F11 , já que a partícula 1 não pode exercer uma

força sobre si mesma!).

Analogamente, você também pode representar ...,

F F F F2 21 23 2int = + + +... N , onde F F F21 23 2 , , ..., N são as forças exercidas pelas partículas

1 3, , , ... N sobre a partícula 2.

Você pode continuar fazendo isso até chegar à F Nint e reescrever

a soma vetorial F F F1 2int int int+ + +( )... N , que é a soma vetorial de todas as

forças internas que atuam no sistema, como

(6.5)

Note que o lado direito da equação acima foi alinhado, de modo

que, em cada linha, apareçam todas as forças que cada partícula do

sistema sofre pelas demais.

F F Fi i i= +ext int .

F F F F F F F F F1 2 1 2 1 2+ + = + +( ) + + +(+ int int int ext ext ext... ... ...N N N ))

F F F F2 21 23 2int = + + +... N

F F F F F F1 2 12 13 1int int int

+ + + = + + + +... ...N N

F F F21 23 2+ + + +... N

F F F31 32 3+ + + +... N

M

F F FN N NN1 2 1+ + + −... .

240 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 241

AU

LA 6

Observe agora que, na Equação (6.5), as forças sempre aparecem

em pares de ação e reação, isto é, em pares do tipo F Fij ji= − e Fji . Por exemplo,

é fácil identificar o par constituído por F12 e F21, ou o par F23 e F32.

Mas de acordo com a 3ª Lei de Newton, a soma vetorial de qualquer

par de ação e reação é igual a zero. De fato, para cada par e , a

Terceira Lei de Newton afirma que F Fij ji= − . Portanto, a soma vetorial

no lado direito da Equação (6.5) é zero. Verifique este resultado.

Assim,

(6.6)

ou seja,

F F F1 2int int int+ + =... ,N 0

Substituindo o resultado da Equação (6.6) acima na Equação

(6.5), obtemos, então,

(6.7)

isto é, para encontrar a soma vetorial de todas as forças que atuam sobre

todas as partículas do sistema, basta apenas fazer a soma vetorial das

forças externas sobre o sistema.

Além disso, substituindo o resultado da Equação (6.7) acima na

Equação (6.2), obtemos:

(6.8)

Podemos tornar mais simples a equação anterior simplesmente

definindo a força externa total sobre o sistema, que representamos por

Fext , que é a soma vetorial de todas as forças externas sobre o sistema.

Assim, temos que

(6.9)

F F F F F F1 2 1 2+ + + = + + ext ext ext... ...N N

m m mN N N1 1 2 2 1 2a a a F F F+ + + = + + +... ... .ext ext ext

É nula a soma vetorial de todas as forças internas de qualquer sistema de partículas.

!

F F F Fext ext ext ext= + + +1 2 ... .N

F Fij ji= −Fji

240 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 241

AU

LA 6

Usando essa definição na Equação (6.8) anterior, obtemos

finalmente:

(6.10)

Aliás, é exatamente por isso que, quando aplicamos uma força

horizontal F sobre um bloco deslizando sobre uma superfície sem atrito,

sua aceleração é proporcional à F, ou seja, pela Segunda Lei de Newton,

onde M é a massa do bloco.

Deixe explicarmos melhor essa afirmação: um bloco (ou qualquer

objeto extenso) pode ser entendido como um sistema de partículas.

Quando aplicamos uma força sobre ele, aplicamos a força apenas sobre

a superfície externa do mesmo. Por exemplo, quando você empurra um

bloco, você aplica força apenas nas áreas em que a sua mão encosta

nele. Ora, quando você aplica força sobre o bloco, as partículas dessa

superfície externa exercem forças sobre as partículas mais internas do

bloco; que também exercem forças sobre outras partículas ainda mais

internas, em um “efeito em cascata”. Entretanto, as forças internas do

sistema se cancelam, e apenas a força que você exerce com a sua mão

sobre o bloco é que determina a sua aceleração.

Assim, depois de ler essa explicação, você poderia pensar o

seguinte: “quando eu resolvo um problema de Dinâmica, geralmente

represento as forças externas que atuam sobre o bloco como vetores

atuando em um único ponto do bloco, como mostra a Figura 6.1.b.

Mas que ponto é esse? Como faço para calcular a sua posição?”

m m mN N1 1 2 2a a a F+ + + =... .ext

aFM

= ,

Figura 6.1: (a) Um bloco de massa m descendo um plano inclinado sem atrito. (b) As forças que atuam sobre o bloco são representadas por vetores (em preto) atuando em um único ponto do bloco. (Em branco estão representadas as componentes da força peso.)

a

n

d mg senθ

mg

mg cosθ

y

θ

a b

242 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 243

AU

LA 6

Bom, para responder à sua pergunta, considere agora a seguinte

abstração: suponha que a gente possa escrever

(6.11)

onde M é a massa total do sistema, isto é, M m m mN= + + +1 2 ... . Na

equação acima, é como se a força externa total fosse aplicada sobre um

único ponto, onde se concentra a massa total do sistema. Essa equação

é semelhante à 2ª Lei de Newton aplicada a uma partícula de massa

M sujeita a uma resultante Fext , cuja resultante é a força externa total

atuando sobre o sistema.

Nesse sentido, esse ponto, que concentra toda a massa do

sistema, descreve o movimento do sistema de partículas como um todo.

E é exatamente nesse ponto que representamos todas as forças externas

que atuam sobre um corpo extenso, quando queremos calcular a

resultante das forças em um problema de Dinâmica.

Mas o que é esse vetor aceleração acm? E qual a interpretação física da

Equação (6.11)?

Em primeiro lugar, se combinarmos a Equação (6.11) com a

Equação (6.10), podemos inferir um vetor posição, de tal forma que

(6.12)

onde r r r1 2, ,..., N são os vetores posição das partículas 1 2, , ..., N

respectivamente.

Então, segue imediatamente que a rcm cmd dt= 2 2/ , o que significa

que rcm descreve o movimento de uma partícula, cuja massa é a massa total

do sistema, e cuja resultante é a força externa total sobre o sistema.

F aext = M cm ,

rr r

cmN N

N

m m mm m m

=+ + +

+ + +1 1 2 2

1 2

.......

,r

242 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 243

AU

LA 6

A partir da Equação (6.12), podemos determinar onde se encontra

o centro de massa do nosso sistema de partículas. Por exemplo, se o

sistema tem duas partículas, o centro de massa está no segmento de reta

que liga as duas partículas, mais próximo da partícula de maior massa.

Se o sistema tem três partículas não-colineares, o centro de massa está

na superfície do triângulo cujos vértices são as partículas, mais próximo

das partículas que têm maior massa. Aliás, é muito importante notar

que o centro de massa é um ponto que obtemos a partir das posições

das partículas do sistema, mas não é uma partícula. Ele nem mesmo

precisa coincidir com a posição de uma das partículas do sistema,

como fica claro no caso de duas partículas idênticas, no qual o centro

de massa fica exatamente no ponto médio do segmento de reta que une

as partículas, como mostra a Figura 6.3.a, e, portanto, não coincide

com nenhuma delas. Também no caso de um anel circular homogêneo,

O vetor rcm é a média ponderada das posições das partículas do sistema, sendo que a ponderação é feita pelas respectivas massas das partículas. O vetor rcm dá a posição de um ponto no espaço que chamamos de centro de massa do sistema, conforme ilustrado na figura a seguir. Além disso, o próprio vetor rcm é chamado de vetor posição do centro de massa, ou simplesmente de posição do centro de massa.

Usaremos para a identificar o centro de massa, a abreviação cm, que você não deverá confundir com o símbolo cm, de centímetro.

!

Figura 6.2: O centro de massa de um sistema de partículas é um ponto cuja posição é dada por rcm que é a média das posições das partículas ponderada por suas massas.Fonte: Figura 17.2, p. 113 de Fis1A-mod. 2.

m2m1

cm

mN

y

z

O

x

rN

rcm

r1

r2

244 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 245

AU

LA 6

o centro de massa não coincide com nenhuma partícula do anel. De fato,

ele está no centro do círculo formado pelo anel e, logo, fora do próprio

anel, como podemos ver na Figura 6.3.b.

Figura 6.3: (a) O centro de massa de um sistema de partículas formado por duas partículas idênti-cas. (b) O centro de massa de um anel circular homogêneo; o centro de massa está no centro do círculo formado pelo anel.

Se o sistema de partículas está em movimento, o centro de massa

também pode estar. Se derivarmos, em relação ao tempo, o vetor posição

do centro de massa, obtemos a velocidade do centro de massa, que

representamos por vcm, isto é,

(6.13)

Usando a definição de centro de massa vista na Equação (6.12) e fazendo

as derivadas necessárias, obtemos

(6.14)

onde v v v1 2, ,..., N são as velocidades das partículas 1 2, ,...,N ,

respectivamente.

Definimos, também, a aceleração do centro de massa como sendo

a derivada, em relação ao tempo, da velocidade do centro de massa:

(6.15)

onde a a a1 2, ,..., N são as acelerações das partículas 1 2, ,...,N ,

respectivamente.

vr

cmcmd

dt= .

vv v v

cmN N

N

m m mm m m

=+ + +

+ + +1 1 2 2

1 2

......

,

aa a a

cmN N

N

m m mm m m

=+ + +

+ + +1 1 2 2

1 2

......

,

ab

244 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 245

AU

LA 6

A Equação (6.14) mostra que a aceleração do centro de massa do

sistema é uma média ponderada das acelerações das partículas do sistema.

Analogamente, a Equação (6.15) mostra que a aceleração do centro de

massa do sistema é uma média ponderada das acelerações das partículas

do sistema. Assim, podemos dizer que a velocidade e a aceleração do

centro de massa são grandezas apropriadas para descrever as idéias de

velocidade e aceleração do sistema como um todo.

Nesse ponto, é interessante você perceber que, quando não há

forças externas atuando sobre o sistema, o centro de massa permanece

parado ou em movimento retilíneo uniforme, pois sua aceleração é nula,

como mostra a Equação (6.11).

Quando um sistema de partículas não interage com outras partículas externas ao sistema, obviamente isso significa que não há forças externas atuando sobre o sistema. Um sistema que não interage com partículas externas é chamado de sistema isolado.Portanto, para um sistema isolado, o centro de massa do sistema permanece em repouso ou em movimento retilíneo uniforme.

!

Não é apenas quando o sistema está isolado, que o centro de massa

permanece em repouso. Por exemplo, considere um sistema formado

por duas bolas com massas iguais, separadas por uma haste delgada

que liga as duas. Suponha que, por um breve intervalo de tempo, uma

força vertical F1ext apontada para cima seja aplicada sobre uma das

bolas, enquanto uma outra força vertical F2ext

de mesmo módulo, mas

apontada para baixo, seja aplicada sobre a outra bola, como mostra

a Figura 6.4. Evidentemente, F F1 2ext ext= − . Portanto, a resultante das

forças externas que atuam sobre o sistema se anula, mas as massas não

ficam em repouso. De fato, elas passam a girar em torno do centro de

massa depois que essas forças externas são aplicadas. O sistema binário,

formado pelas forças F1ext e F2

ext, produz um movimento de rotação.

Por outro lado, o centro de massa permanece em repouso e o sistema

binário não afeta o movimento de translação do sistema.

246 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 247

AU

LA 6

Figura 6.4: Sistema binário atuando sobre o sistema formado por duas massas iguais.

Agora, vamos definir o momento linear total do sistema como

(6.16)

Assim, podemos reescrever a Equação (6.10), como

(6.17)

Portanto, quando a resultante das forças externas se anula; ou seja,

F 0ext = , vemos que o momento linear total do sistema se conserva.

F1ext

F2ext

P v v v= + + +m m mN N1 1 2 2 ... .

ddtP

F= ext .

Logo, a condição necessária e suficiente para que o momento linear total do sistema se conserve, é que a resultante das forças externas aplicadas sobre o sistema se anule.Em particular, o momento total se conserva quando o sistema de partículas está isolado.

!

Esse resultado tem conseqüências muito interessantes. Por

exemplo, considere um canhão de massa m2, que contém uma bala de

massa m1 dentro dele. Por simplicidade, vamos assumir que o canhão

esteja apoiado sobre uma superfície muito lisa, de tal forma que o atrito

seja desprezível. Nesse caso, o momento linear total do sistema é nulo,

pois a velocidade do canhão e da bala dentro dele são nulas.

246 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 247

AU

LA 6

Mas o que acontece quando o canhão dispara a bala e ela sai do

canhão com velocidade v1, como mostra a Figura 6.5?

Figura 6.5: Canhão de massa m2 disparando uma bala de massa m1 com velocidade v1.

Ora, nesse caso, são as forças internas, de origem química,

associadas à combustão da pólvora, que são responsáveis por disparar

a bala. Portanto, não há forças externas atuando sobre o sistema. Logo,

o momento total do sistema tem que se manter constante; como ele era

nulo antes do disparo, deve ser nulo depois do disparo. Assim, o canhão

deve recuar para compensar o fato de que a bala foi disparada com

velocidade v1, de tal forma que o momento total do sistema continue

sendo zero.

Aliás, podemos até calcular qual será a velocidade do canhão

logo depois que a bala é disparada, pois sabemos que o momento total

do sistema deve ser nulo. Assim, se chamarmos de v2 a velocidade do

canhão depois do disparo, temos que

Pela equação anterior, podemos perceber que, como a massa do

canhão é muito maior do que a massa da bala, a velocidade do canhão

deve ser muito menor que a velocidade da bala, como realmente acontece.

Também observamos que o vetor velocidade v2 está na direção contrária

à velocidade da bala, v1, devido ao sinal negativo acima. Esse é o “coice”

do canhão, quando há um disparo.

m2

v2

v1

P v v 0

v v

= + =

∴ =

m m

mm

1 1 2 2

21

21−− .

248 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 249

AU

LA 6

ATIVIDADES

Veja que o canhão deve recuar até parar, devido à força de atrito,

pois a superfície em que o canhão está apoiado sempre exerce atrito

sobre o canhão.

Como veremos na próxima seção, esse resultado tem conseqüências

fundamentais para a descrição das colisões entre partículas.

1. Deixa-se cair uma pedra em t = 0s. Uma segunda pedra, com uma massa duas vezes maior do que a primeira, é largada do mesmo ponto em t = 0,1s.

a. Onde está o centro de massa das duas pedras em t = 0,3s? Suponha que nenhuma das duas pedras tenha chegado ao chão.

b. Qual é a velocidade do centro de massa do sistema em t = 0,3s?

Considere a resistência do ar desprezível e que a aceleração da gravidade vale 9,8 m/s2.

RESPOSTAS COMENTADAS

Vamos usar o eixo vertical y com sentido positivo para baixo e origem

no ponto onde as duas pedras são largadas.

a. Vamos usar a massa m1 = m e a posição vertical y1(t) para a primeira

pedra. Para a segunda pedra, vamos usar uma massa m2 = 2m e a

posição vertical y2(t), com um atraso de T = 0,1s. Você sabe que o

movimento das duas pedras é de queda livre, ou seja,

Com isso, você já pode calcular a posição do centro de massa do sistema

formado pelas duas pedras:

Após fazer algumas manipulações algébricas, você vai encontrar a

posição do centro de massa do sistema como função do tempo,

y t gt t

y t g t T t T

12

22

12

0

12

( ) , ;

( ) ( ) , .

= ≥

= − ≥

se

se

y tmy t m y t

m mcm( )( ) ( ) ( )

.=++

1 222

y t y t y t gt g t Tcm( ) ( ) ( ) ( ) .= + = + −13

23

16

131 2

2 2

248 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 249

AU

LA 6

Agora você deve calcular a posição do centro de massa em t = 3T= 0,3s.

O resultado que você vai encontrar é o seguinte:

b. No movimento de queda livre das duas pedras, a velocidade de cada

uma delas aumenta linearmente com o tempo a partir do zero. Você

pode escrever a velocidade de cada pedra como função do tempo,

A velocidade do centro de massa do sistema é

Você pode facilmente calcular a velocidade do centro de massa como

função do tempo,

Em t = 3T= 0,3s , o resultado é dado por

2. Um canhão montado sobre uma carreta, apontando numa direção que forma um ângulo de 30o com a horizontal, como mostra a Figura 6.6, atira uma bala de 50kg, cuja velocidade na boca do canhão é de 300 m/s. A massa total do canhão e da carreta é de 5.000kg. A carreta está sobre trilhos onde o coeficiente de atrito cinético é 0,7.

a. Qual é a velocidade inicial de recuo da carreta?

b. De que distância a carreta recua?

y T g T g T T gTcm( ) ( ) ( ) , .316

313

3176

0 282 2 2= + − = ≈ m

v t gt t

v t g t T t T1

2

0( ) , ;

( ) ( ), .

= ≥= − ≥

se

se

v t v t v t gt g t Tcm( ) ( ) ( ) ( ).= + = + −13

23

13

231 2

v tmv t m v t

m mcm( )( ) ( ) ( )

.=++

1 222

v T g T g T T gTcm( ) ( ) ( ) , .313

323

373

2 3= + − = ≈ m/s

Figura 6.6: Um canhão montado sobre uma carreta que pode se mover sobre trilhos.

250 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 251

AU

LA 6

RESPOSTAS COMENTADAS

Vamos usar o sistema constituído pelo canhão montado sobre a carreta

mais a bala. A partir disso, você pode afirmar que as forças envolvidas no

disparo são internas ao sistema. Sendo assim, o momento linear total do

sistema é conservado.

a. Vamos usar a massa da bala, m1 = 50kg, e a massa total do canhão e

da carreta, m2 = 5.000kg. Você deve pensar na situação antes e depois

do disparo da bala de canhão. Antes do disparo, o sistema está em

repouso, e o momento total do sistema é nulo, Pi = 0. Logo após o disparo,

no momento em que a bala está prestes a sair do cano do canhão, o

momento total do sistema é

Como o momento linear total do sistema é conservado, Pi = Pf , a velocidade

da carreta após o disparo é

O sinal de menos na igualdade acima significa que a carreta sofre um

recuo.

O enunciado do problema informa que a bala tem uma velocidade

v0 = 300m/s na boca do canhão. Como a bala é disparada numa direção

que forma um ângulo de 30o com a horizontal, o vetor velocidade da

bala é

Ao usar o resultado da conservação do momento linear total do sistema,

você pode concluir que o vetor velocidade da carreta, após o disparo, vale

Portanto, a velocidade inicial de recuo da carreta é a componente x do

vetor velocidade v2 ,

P v vf m m= +1 1 2 2

v v21

21= −

mm

.

v i j i j1 0 30 30 150 3= + = +v (cos ) ( )( ).o osen m/s

vrecuo ≈ 2 6, .m/s

v i j i j21

20 30 30 1 5 3= − + = − +

mm

v (cos ) ( , )( ).o osen m/s

250 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 251

AU

LA 6

b. Após o disparo, a carreta sobre a qual o canhão está montado sofre

um recuo. No instante em que a carreta começa a se movimentar

“para trás”, surge uma força de atrito entre as rodas e os trilhos na

direção horizontal e sentido “para frente“ (sentido oposto aquele do

movimento). Você já aprendeu que a força de atrito tem um módulo

Fat = µN, onde o coeficiente de atrito cinético vale µ = 0,7. Mais ainda,

quando aplicar a condição de equilíbrio na direção vertical y, N = m2g,

você vai encontrar que a força de atrito também vale Fat = µm2g.

Pela Segunda Lei de Newton, a aceleração devido à força Fat é dada

por a = µg. Portanto, a carreta recua inicialmente com uma velocidade

vrecuo até parar, com uma aceleração a. Para calcular de que distância

a carreta recua, você pode usar a equação de Torriceli,

Ao substituir os valores µ, g e vrecuo , você calcula a distância,

COLISÕES

O nosso cotidiano está repleto de eventos em que dois objetos

macroscópicos colidem. Por exemplo, objetos colidem em um jogo de

bilhar, quando brincamos com bolinhas de gude, ou ainda quando

jogamos pingue-pongue. Nesses casos, os objetos mudam sua trajetória

original e dizemos que o resultado da colisão é o espalhamento desses

objetos. De fato, pense no que ocorre quando uma bola de boliche se

move em direção aos pinos sobre a pista de boliche: imediatamente após

a colisão, a bola continua em movimento e os pinos são espalhados.

Como os pinos se espalham? Como é o movimento da bola logo

após a colisão?

Bem, é justamente para responder a essas perguntas que estu-

daremos as colisões nesta seção. Veremos que o principal objetivo do

estudo das colisões consiste em determinar a configuração final do sistema

a partir de sua configuração inicial; isto é, determinar os momentos e as

massas das partículas após a colisão, quando sabemos os momentos e

as massas das partículas antes da colisão.

v v a xrecuo2 20 2= = + ∆ .

∆xv

arecuo= − ≈ −2

20 49, .m

252 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 253

AU

LA 6

Por simplicidade, vamos nos limitar a estudar apenas a colisão

entre duas partículas nesta seção. De fato, o termo colisão geralmente

representa um evento no qual duas partículas se aproximam uma da outra

e interagem. As duas partículas podem interagir por mero contato físico

ou por um tipo de interação a distância, dependendo do sistema físico que

está sendo investigado. Por exemplo, na colisão entre duas partículas

com cargas elétricas de mesmo sinal, a interação acontece a distância,

porque a repulsão elétrica entre elas é dada pela Lei de Coulomb. Depois

da interação, as duas partículas carregadas são espalhadas.

Nosso ponto de partida será descrever o que antecede ao processo

de colisão, ou melhor, será descrever a configuração inicial do sistema.

A Figura 6.7 mostra uma partícula 1, com massa m1, e o momento inicial

p i

ur

1 e uma outra partícula 2, com massa m2, e o momento inicial p i

ur

2

. Observe que as partículas estão se movendo em direção a uma certa

região, a região de interação. Na configuração inicial, bem antes das

partículas entrarem na região de interação, o movimento de cada uma

delas é uniforme porque elas não estão sujeitas a qualquer tipo de forças

internas ou externas.

Em uma colisão entre duas partículas microscópicas, o resultado pode ser duas partículas diferentes das iniciais, como acontece nas reações químicas ou nucleares.

Além disso, quando partículas elementares com altas energias colidem, até mais de duas partículas novas podem surgir.

No caso de uma interação de longo alcance, como interações elétricas ou gravitacionais entre as partículas, assumimos que as partículas na configuração inicial estejam separadas por uma grande distância e o efeito da interação possa ser desprezado.

252 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 253

AU

LA 6

Ao final da colisão, conforme está mostrado na Figura 6.8, as

partículas resultantes já estão afastadas o suficiente, e, portanto, fora

da região de interação. Logo, podemos afirmar que a interação entre

elas seja desprezível. Quando isto acontece, as partículas resultantes

determinam a configuração final do processo de colisão. Se você observar

com atenção a Figura 6.8, vai notar que as duas partículas que aparecem

depois da colisão podem ter massas m3 e m4 diferentes daquelas massas

que estavam presentes na configuração inicial. Mas, por simplicidade,

vamos considerar que o número de partículas e a massa de cada partícula

se conserve nesta seção.

Figura 6.7: Configuração inicial de uma colisão entre duas partículas.

m1

m2

p i

ur

1

p i

ur

2

Região de interação

m3

m4

Figura 6.8: Configuração final de uma colisão entre duas partículas.

p i

ur

3

p i

ur

4

254 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 255

AU

LA 6

O processo de colisão acontece assim que as duas partículas

entram na região de interação, Figura 6.9. É nesta etapa intermediária

que as partículas interagem entre si. Tipicamente, as forças de interação

acontecem durante um intervalo de tempo muito curto, o “tempo de

colisão”, e são muito intensas. Nem sempre podemos dizer como essas

forças variam no tempo exatamente, mas o efeito delas pode ser medido

pelo impulso que essas forças produzem.

Figura 6.9: Processo de colisão.

Deixe explicarmos o que é impulso: durante o intervalo de tempo

em que as duas partículas interagem, a partícula 1 exerce uma força sobre

a partícula 2, e a partícula 2 exerce uma força sobre a partícula 1, que

representaremos por r

F21 e r

F12 , respectivamente. Por definição, dizemos

que o impulso da força r

F12 sobre a partícula 1 durante o intervalo da

colisão é igual à variação do momento da partícula 1, ou seja:

(6.18)

onde r

I1 representa o vetor impulso, e r

p f1 , r

p i1 representam o momento

da partícula 1 nas configurações final e inicial respectivamente.

r

r r r

I p p pf i1 1 1 1≡ = −∆ ,

Portanto, o vetor impulso r

I de uma força aplicada sobre uma partícula em um intervalo de tempo é igual à variação do momento da partícula durante esse intervalo.

!

254 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 255

AU

LA 6

Não sabemos exatamente a intensidade da força aplicada sobre

as partículas, mas podemos fazer uma estimativa. Para isso, vamos

começar escrevendo as equações de movimento de cada uma delas.

Como nenhuma força externa é aplicada sobre o sistema, pela 2ª Lei de

Newton, temos

(6.19)

Como formam um par de “ação e reação”, pela 3ª Lei de Newton,

as expressões na Equação (6.19) acima podem ser condensadas em uma

única expressão:

(6.20)

Como a força r

F12 é aplicada sobre a partícula 1 durante um

intervalo de tempo muito pequeno, podemos substituí-la por uma força

média constante F1 e integrar no tempo a Equação (6.20) para obter o

módulo da força média:

(6.21)

onde ∆t é a duração da colisão.

Agora, para fixar as idéias, considere uma bola de bilhar, com

170 g, que, partindo do repouso, atinja a velocidade de 12m/s após uma

colisão que dura cerca de um centésimo de segundo. Qual a intensidade

da força média que atua sobre ela?

Nesse caso,

que é aproximadamente a mesma força necessária para equilibrar um

corpo com 20kg!

Finalmente, pela Equação (6.20) é fácil ver que o vetor impulso

da força r

F12 sobre a partícula 1 é igual a “menos” o impulso da força r

F21 sobre a partícula 2, ou seja,

(6.22)

dpdt

F

dpdt

F

r

r

r

r

112

221

=

=

,

.

dpdt

F Fdpdt

r

r r

r

112 21

2= = = −− .

Fp

t11=

∆∆

r

,

F =×( )( )

=−

170 10 12

10204

3

2

kgms

N,2

r

r r

r

I p p I1 1 2 2= = − = −∆ ∆ ,

256 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 257

AU

LA 6

ATIVIDADE

que pode ser reescrito como

(6.23)

Logo, o momento total do sistema na configuração inicial é igual

ao momento total do sistema na configuração inicial, o que significa que

o momento total do sistema se conserva.

r r r r

r r r r

p p p p

p p p p

f i f i

i i f f

1 1 2 2

1 2 1 2

− = − −( )⇒ + = + .

3. Calcule o impulso e o módulo da força média que atua em cada um dos seguintes casos:

a. Num saque de jogo de tênis, a bola, de massa igual a 60g, é lançada com uma velocidade de 40m/s. O tempo de contato com a raquete é da ordem de 0,005s.

b. Um jogador de futebol cobra um pênalti, chutando a bola com uma velocidade de 20m/s. A massa da bola é de 450g e a duração do chute da ordem de 0,01s.

c. Um carro de 1,5 tonelada, a 60km/h, bate num muro. A duração do choque é de 0,1s.

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Vamos usar a massa da bola de tênis, m = 0,06kg, e a velocidade

de lançamento, v = 40m/s. Você deve determinar o momento linear

da bola antes e depois do lançamento. Supondo que antes do saque

a bola está em repouso, pi = 0. Logo após o saque, o momento linear

adquirido pela bola é pf = mv. Assim, o impulso aplicado sobre a bola

no saque é definido como a variação do momento linear,

I p pf i= − = = ⋅( , )( ) , .0 06 40 2 4kg m/s kg m/s

256 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 257

AU

LA 6

A força impulsiva média aplicada sobre a bola de tênis, durante o

intervalo ∆t = 0,005s, é calculada por meio da seguinte razão:

b. Neste caso, você vai usar a massa da bola de futebol, m = 0,45kg ,

e a velocidade do chute, v = 20m/s. Antes da cobrança do pênalti,

a bola está em repouso, pi = 0. Logo após a cobrança do pênalti, a

bola tem um momento linear igual à pf = mv. Você deve calcular o

seguinte impulso exercido sobre a bola:

A força média aplicada pelo jogador sobre a bola durante o intervalo

∆t = 0,01s é

c. A massa do carro vale m = 1,5 × 103kg e a velocidade antes do

choque é v = 60km/h. Vamos supor que depois do choque o carro

fica em repouso, pf = 0. O momento linear inicial do carro é pi = mv,

e, portanto, o impulso aplicado pelo muro sobre o carro vale

A variação de momento linear ocorre por ∆t = 0,1s, e assim, você

pode calcular a força média que atua sobre o carro,

Fpt

= = ⋅ =∆∆

( , )( , )

.2 4

0 005480

kg m/ss

N

I p pf i= − = = ⋅( , )( ) , .0 45 20 9 0 kg m/s kg m/s

Fpt

= = ⋅ =∆∆

( , )( , )

.9 0

0 01900

kg m/ss

N

I p pf i= − = × = × ⋅( , )( )

( , ) /, .1 5 10

603 6

2 5 103 4kgkm/h

km/h m/skg m/s

Fpt

= = × ⋅ = ×∆∆

( , )( , )

, .2 5 10

0 12 5 10

35kg m/s

sN

COLISÕES ELÁSTICAS E INELÁSTICAS

Numa colisão entre partículas, o momento total do sistema é

sempre conservado. Isto é verdade quando supomos que não existem

forças externas atuando sobre o sistema.

No entanto, a energia total do sistema só se conserva quando

supomos que apenas forças internas conservativas atuam sobre as

partículas do sistema durante a colisão. Por exemplo, considere uma

colisão frontal entre duas bolas de um jogo de bilhar. Durante o choque,

que dura um intervalo de tempo pequeno, a energia cinética das bolas

é convertida em energia potencial elástica, devido à deformação entre

258 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 259

AU

LA 6

as superfícies de contato (como acontece com uma mola comprimida,

veja a Aula 4, seção 3). Depois, a energia potencial elástica acumulada

é convertida em energia cinética, e as bolas passam a se afastar (veja a

Aula 5). Nesse processo reversível idealizado, o que foi convertido em

energia potencial volta na forma de energia cinética, e, logo após o

choque, as partículas voltam a se afastar com velocidades opostas de

mesmo valor absoluto que as iniciais.

Por outro lado, nem todo processo de conversão da energia é

reversível: por exemplo, no momento do choque entre as duas bolas, ouvi-

mos um som porque parte da energia total é convertida em vibrações, que

dão origem a ondas sonoras; uma outra parte da energia total é conver-

tida em calor, que causa um ligeiro aquecimento da superfície de contato

entre as bolas. Esses processos dissipativos são irreversíveis, pois a energia

dissipada não será novamente convertida em energia de movimento para o

sistema. Na Natureza, sempre ocorrem esses processos irreversíveis. Entre-

tanto, em alguns casos, podemos desprezar os processos irreversíveis

de conversão de energia como uma boa aproximação.

Assim, com relação à conservação da energia de movimento,

as colisões podem ser separadas em duas categorias: as colisões elásticas

e as colisões inelásticas.

Em uma colisão elástica, a energia cinética total das partículas é conservada, ou seja, tem o mesmo valor na configuração inicial e final. Por outro lado, em uma colisão inelástica, a energia cinética das partículas na configuração final é menor, ou maior, do que a energia cinética na configuração inicial. Um exemplo em que a energia cinética pode ser maior na configuração final é quando uma granada cai no chão, onde a energia química armazenada no explosivo é convertida em energia cinética dos fragmentos, como veremos adiante.

COLISÕES ELÁSTICAS UNIDIMENSIONAIS

Vamos começar analisando uma colisão entre duas partículas que

se movem ao longo de uma reta. A Figura 6.10 mostra a configuração

inicial onde as partículas de massas m1 e m2 têm velocidades v1 i e v2 i

antes da colisão. Como exemplo, você pode pensar em uma colisão

frontal entre duas bolas de sinuca ou bolas de gude.

258 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 259

AU

LA 6

Durante todo o processo de colisão, vamos supor que as forças

internas de interação entre as duas partículas sejam as únicas forças

atuando no sistema composto pelas partículas 1 e 2. De acordo com o

que você já aprendeu, o momento total do sistema é conservado quando

não existem forças externas exercidas sobre as partículas. Segundo esta

hipótese, o momento inicial do sistema, Pi = p1i + p2i , é igual ao momento

final do sistema, Pf = p1f + p2f ,

(6.24)

Uma vez que a colisão é elástica, vamos supor também que a

energia cinética do sistema seja conservada. Essa hipótese pode ser escrita

de forma quantitativa como

(6.25)

onde p1i , p2i p1f e p2f são as projeções dos vetores momento sobre o

eixo OX.

Para cada partícula, temos a conhecida representação para

a energia cinética: K m= p2

2/ e a energia cinética do sistema na

configuração inicial vale Ki = K1i + K2i e na configuração final vale

Kf = K1f + K2f .

Como você já sabe, nosso objetivo é determinar a configuração

final da colisão, dada por p1f e p2f, a partir de uma conhecida configu-

ração inicial dada por p1i e p2i, A conservação de momento e energia

formam um conjunto de duas equações e são suficientes para calcular

as duas incógnitas p1f e p2f .

Vamos manipular algebricamente a Equação (6.24), que

corresponde à conservação de energia, de maneira a colocá-la na

seguinte forma:

Figura 6.10: Configuração inicial da colisão unidimensional entre duas partículas.

m1 m2

p p p p1 2 1 2i i f f+ = + .

p

m

p

m

p

m

p

mi i f f1

2

1

22

2

12

1

22

22 2 2 2+ = + ,

r

v i2 0=v1i

r

260 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 261

AU

LA 6

Agora, vamos usar a conservação de momento visto na Equação

(6.24). Usando a igualdade p1i − p1f = p2f − p2i, simplificamos a relação

acima e obtemos

ou ainda,

(6.26)

Veja que a Equação (6.24) de conservação de momento e a

equação anterior formam um sistema de equações, de onde vamos

calcular as incógnitas p1f e p2f. Note que a soma das Equações (6.24)

e (6.26) nos dá o momento final da partícula com massa m2. Quando

a Equação (6.24) é multiplicada por −m1/m2 e depois somada com a

Equação (6.24), obtém-se o momento final da partícula com massa m1.

O resultado destas operações é o seguinte:

(6.27)

Como você pode observar, neste caso, a configuração final do

sistema é totalmente determinada pela configuração inicial.

Em termos das velocidades, as configurações inicial e final são

relacionadas da seguinte maneira:

(6.28)

1 1

1 11

12

12

11 1 1 1

222

22

22

mp p

mp p p p

mp p

mp

i f i f i f

f i

( ) ( )( )

( ) (

= − + =

= ff i i fp p p− +2 2 2)( ).

1 1

11 1

22 2m

p pm

p pi f i f( ) ( ),+ = +

pmm

p pmm

pi i f f11

22 1

1

22− = − + .

pm mm m

pm

m mp

pm

m mp

m mm

f i i

f i

11 2

1 21

1

1 22

22

1 21

2 1

2

2

=−+

+

+

=+

+−

,

11 22+

m

p i .

vm mm m

vm

m mv

vm

m mv

m mm

f i i

f i

11 2

1 21

2

1 22

21

1 21

2 1

2

2

=−+

+

+

=+

+−

,

11 22+

m

v i .

260 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 261

AU

LA 6

Vamos agora investigar alguns casos particulares das Equações

(6.27) e (6.28).

i. Massas iguais:

Para uma colisão onde ambas as partículas têm a mesma massa,

ou seja, m1 = m2, as relações entre as configurações inicial e final, dadas

pelas Equações (6.27) e (6.28), se simplificam da seguinte forma:

(6.29)

Você deve notar que as partículas trocam entre si os momentos e

as velocidades. Veja na Figura 6.11 as configurações inicial e final deste

caso particular de colisão.

p p

p p

v v

v vf i

f i

f i

f i

1 2

2 1

1 2

2 1

=

=

=

=

,

.

,

.

ii. Alvo em repouso:

Para uma colisão onde uma das partículas está em repouso,

v2i = 0 = p2i , e a outra em movimento com uma velocidade v1i , as relações

dadas pelas Equações (6.28) se modificam como

(6.30)

Figura 6.11: Colisão entre duas partículas de mesma massa.

vm mm m

v

vm

m mv

f i

f i

11 2

1 21

21

1 21

2

=−+

=+

,

.

Configuração inicial

Configuração final

m m

m m

r

v i2 0=

r

v i2 0=

v1i

r

v1i

r

262 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 263

AU

LA 6

Assim, na configuração final, o alvo começa a se mover com

velocidade v2f .

ii.a. Alvo muito pesado (m1 << m2):

Quando uma partícula muito leve colide com outra partícula muito

pesada em repouso, isto é, quando m1 << m2, a Equação (6.30) assume

uma forma bastante simples:

(6.31)

Neste caso, a partícula mais leve de massa m1 é quase que

totalmente refletida para trás, e a partícula mais pesada de massa m2

sofre um pequeno recuo com uma velocidade v2f . A Figura 6.12 mostra

o que acontece antes e depois da colisão quando m1 << m2.

v v

vmm

v v

f i

f i i

1 1

21

21 12

≈ −

,

.=

Figura 6.12: Colisão de uma partícula leve com um alvo pesado em repouso.

Em especial, com a Equação (6.31) você pode ver que, após a

colisão, o momento p2f da partícula mais pesada (m2) vale

(6.32)p m v m v pf f i i2 2 2 1 1 12 2= ≈ = .

m1m2

m1m2

r

v i2 0=

r

v i2 0=

v1i

r

v1i

r

Configuração inicial

Configuração final

262 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 263

AU

LA 6

A partícula alvo sofre um recuo com um momento que é duas

vezes maior do que o momento inicial p1i da outra partícula. Neste caso,

a conservação de momento, p1i = p1f + p2f , pode ser reescrita como

Neste caso em particular, você pode imaginar o que acontece com

uma bola rolada sobre o chão contra a parede. A bola retorna com uma

velocidade igual a inicial e a parede permanece imóvel.

ii.b. Alvo muito leve (m1 >> m2):

Quando uma partícula muito pesada colide elasticamente com

uma partícula mais leve que está em repouso, é possível verificar que,

para m1 >> m2, a Equação (6.30) se simplifica da seguinte maneira:

(6.33)

Aqui o alvo é lançado para frente com o dobro da velocidade

inicial da partícula mais pesada. Mais ainda, a partícula muito pesada

quase não perde velocidade, assim como acontece quando uma bola bate

em um dos pinos de um jogo de boliche.

p p p p p pf i f i i i2 1 1 1 1 12= − ≈ − − =( ) .

v v

v vf i

f i

1 1

2 12

,

.

Figura 6.13: Colisão de uma partícula pesada em um alvo leve.

m1m2

m1 m2

Configuração inicial

Configuração final

r

v i2 0=v1i

r

v1i

r

2 v1i

r

264 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 265

AU

LA 6

ATIVIDADE

4. Um bloco de massa m1 = 4,0kg está inicialmente se movendo para a direita com uma velocidade de 4,00m/s sobre uma mesa sem atrito. Um pouco mais à frente, um segundo bloco de massa m2 = 5,0kg está se movendo para a esquerda com uma velocidade de 2,50m/s. Como mostra a Figura 6.14, uma mola de massa desprezível e com uma constante elástica de 400N/m está acoplada ao segundo bloco.

a. Determine a velocidade dos dois blocos após a colisão.

b. Quais são as velocidades dos dois blocos quando a compressão da mola é máxima?

c. Qual é a compressão máxima da mola?

Figura 6.14: Um bloco se aproxima de um segundo bloco que está aco-plado a uma mola.

m1m2

k

vli = (4,00î)m/s v2i = (-2,50î)m/s

264 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 265

AU

LA 6

RESPOSTAS COMENTADAS

Você deve perceber que a colisão descrita no enunciado pode ser

considerada como uma colisão elástica unidimensional porque

a força da mola é conservativa, ou seja, durante a colisão parte

da energia cinética pode ser convertida em energia potencial

elástica.

a. Você deve primeiro pensar na configuração inicial da colisão: a

velocidade do bloco 1 que tem massa m1 = 4,0kg é dada pelo vetor

v1i = (4,00m/s)i , enquanto a velocidade do bloco 2 que tem massa

m2 = 5,0kg é dada pelo vetor v2i = −(2,50m/s)i.. Logo após a colisão,

as velocidades finais dos blocos 1 e 2 são dadas por

A partir das duas equações acima você pode calcular a velocidade

final do bloco 1,

e a velocidade final do bloco 2,

b. A compressão máxima da mola ocorre quando os dois blocos

passam a se mover com uma mesma velocidade vf . Para este

instante, você deve usar a conservação do momento do sistema,

No exato momento em que a mola tem uma compressão má-

xima você vai calcular que os dois blocos se movem com uma

velocidade

Como resultado, você deve obter uma velocidade para os dois

blocos de

vm mm m

vm

m mv

vm

m mv

m mm

f i i

f i

11 2

1 21

2

1 22

21

1 21

2 1

2

2

=−+

+

+

=+

+−

,

11 22+

m

v i .

v f1

1 09 0

4 02 5 09 0

2 5 3 2= − + − ≈ −( , )( , )

( , )( , )

( , )( , ) ,

kgkg

m/skgkg

m/s m//s,

v f2

2 4 09 0

4 01 09 0

2 5 3 3= + − ≈( , )( , )

( , )( , )( , )

( , ) ,kg

kgm/s

kgkg

m/s m/s..

m v m v m m vi i f1 1 2 2 1 2+ = +( ) .

vm v m v

m mfi i=

++

1 1 2 2

1 2

.

vf = + − ≈( , )( , ) ( , )( , )( , )

,4 0 4 0 5 0 2 50

9 00 39

kg m/s kg m/skg

m/s.

266 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 267

AU

LA 6

Como você pode ver, neste momento os dois blocos se movem para

a direita com uma mesma velocidade porque o valor encontrado na

equação anterior é positivo, vf > 0. Sobretudo, a velocidade vf que você

calculou é a velocidade do centro de massa dos dois blocos.

c. Observe que inicialmente o bloco 1 tem uma energia cinética

K1i = m1v1i2/2 e o bloco 2 tem uma energia cinética K2i = m2v2i

2/2.

Dessa forma, a energia mecânica inicial do sistema formado pelos

dois blocos mais a mola tem uma energia Ei = K1i + K2i .

No instante em que a compressão da mola é máxima, a energia

mecânica do sistema, E = (m1 + m2)vf2/2 + kx2/2, tem uma contribuição

cinética K = (m1 + m2)vf2/2 e uma contribuição potencial U = kx2/2.

Ao aplicar a conservação da energia mecânica do sistema formado

pelos dois blocos mais a mola, Ei = E, você vai encontrar a seguinte

relação:

Assim, com a conservação da energia mecânica do sistema, você

pode calcular a compressão máxima x,

Finalmente, você deve substituir os dados do problema na equação

anterior para calcular a compressão máxima,

12

12

12

121 1

22 2

21 2

2 2m v m v m m v kxi i f+ = + +( ) .

xk

m v m v m m vi i f= + − +( )11 1

22 2

21 2

2( )

x ≈ 0 48, .m

COLISÕES UNIDIMENSIONAIS TOTALMENTE INELÁSTICAS

Quando analisamos as colisões elásticas em uma dimensão,

usamos a conservação de energia cinética do sistema composto pelas

partículas 1 e 2. Contudo, em uma colisão inelástica, a energia cinética

do sistema após a colisão, é diferente daquela antes da colisão.

A maneira mais simples de entender uma colisão totalmente

inelástica em uma dimensão é a seguinte: a partícula 1, com um pedacinho

de chiclete (de massa desprezível) grudado, é lançada com uma velocidade

v1i em direção à partícula 2 que é o alvo. No momento do choque, as

duas partículas ficam coladas, e, em seguida, passam a se mover juntas,

com está mostrado na Figura 6.13.

266 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 267

AU

LA 6

Para determinar a configuração final de uma colisão totalmente

inelástica unidimensional, basta aplicar a conservação do momento.

Vamos novamente supor que as únicas forças exercidas sobre as

duas partículas são internas, e, por causa da conservação de momento

do sistema, o momento final seja igual ao inicial, Pf = (m1 + m2)vf = Pi ,

onde o momento inicial do sistema é Pi = p1i + p2i .

Dessas considerações, é correto afirmar que

(6.34)

Nesta colisão totalmente inelástica em uma dimensão, a velocidade

final das duas partículas é igual à velocidade vCM do centro de massa

do sistema,

(6.35)

Figura 6.15: Modelo de uma colisão totalmente inelástica unidimensional.

m v m v m m vi i f1 1 2 2 1 2+ = +( ) .

vm v m v

m mvf

i iCM=

++

=1 1 2 2

1 2

.

No caso de uma colisão totalmente inelástica, a energia do sistema após a colisão assume o menor valor possível; isto é, passa a assumir o valor da energia cinética associada ao movimento do centro de massa do sistema.

m1m2

m1m2

Chiclete

Configuração inicial

Configuração final

r

v i2 0=v1i

r

vf

r

268 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 269

AU

LA 6

ATIVIDADES

5. O pêndulo balístico mostrado na Figura 6.16 é um aparelho usado para medir a velocidade das balas de uma arma de fogo. Uma bala de massa m1 é atirada em um grande bloco de madeira de massa m2 suspenso por fios. A bala se aloja dentro do bloco e o sistema todo é elevado de uma altura h.

a. Determine a velocidade da bala a partir da elevação h.

b. Quando uma bala de 10g é disparada em um bloco de 4,0kg, a elevação é de 6,0cm. Qual é a velocidade da bala?

c. Que fração da energia cinética inicial da bala é transferida para o sistema bala-bloco?

Figura 6.16: Pêndulo balístico.

m1 + m2

m1 m2

v1AvB

A B

C

h

268 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 269

AU

LA 6

RESPOSTAS COMENTADAS

Como a colisão da bala com o bloco tem uma duração muito

curta, o suficiente para o sistema bala-bloco não ser elevado

apreciavelmente, você pode tratar a colisão como sendo

unidimensional. Você deve perceber também que a colisão da

bala com o bloco de madeira é totalmente inelástica porque na

configuração final o sistema bala-bloco se move com uma mesma

velocidade.

a. Na configuração inicial desta colisão unidimensional totalmente

inelástica, a velocidade da bala é v1i e o bloco está em repouso,

v2i = 0. Logo após a colisão, a velocidade do sistema bala-bloco

é dada por

Na configuração final, a energia cinética do sistema bala-bloco é

a seguinte:

Para encontrar a segunda igualdade acima, você precisa substituir

a velocidade final da colisão totalmente inelástica. Observe que a

energia cinética na configuração final é menor do que a energia

cinética na configuração inicial, Kf < Ki .

Depois que o bloco oscila, se elevando de uma altura h, o sistema

bala-bloco adquire uma certa quantidade de energia potencial

gravitacional,

Note a escolha de U = 0 quando o bloco está em equilíbrio,

h = 0. Considerando que o sistema formado pela bala, pelo bloco

e pela Terra está isolado, a conservação de energia mecânica pode

ser aplicado, isto é, Kf = U. Sendo assim, você pode calcular a

velocidade da bala v1i em termos da altura de elevação h,

b. Agora você pode simplesmente substituir os dados do problema

na equação anterior. O resultado que você vai encontrar é o

seguinte:

vm

m mvf i=

+1

1 21 .

K m m vm v

m mf fi= + =

+12 21 2

2 12

12

1 2

( )( )

.

U m m gh= +( ) .1 2

vmm

ghi12

1

1 2= +

.

v i121

4 00 01

2 9 8 0 06 4 3 10= +

≈ ×( , )

( , )( , )( , ) , .

kgkg

m/s m m/s2

270 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 271

AU

LA 6

c. A energia cinética inicial da bala é dada pela relação

Para calcular a fração de energia cinética que é transferida da bala

para o sistema bala-bloco logo após a colisão, você deve calcular a

razão f = Kf / Ki . Esta razão vale simplesmente

Ao substituir a massa da bala, m1 = 10 g = 0,01kg , e do bloco, m2

= 4,0kg, você vai obter uma fração de

Veja que nesta colisão totalmente inelástica a energia cinética logo

após a colisão é aproximadamente 0,25% da energia cinética inicial

da bala.

6. Durante a madrugada, um carro de luxo, de massa total igual a 2.400kg, bate na traseira de um carro de massa total igual a 1.200kg, que estava parado num sinal vermelho. O motorista do carro de luxo alega que o outro estava com as luzes apagadas, e que ele vinha reduzindo a marcha ao aproximar-se do sinal, estando a menos de 10km/h quando o acidente ocorreu. A perícia constata que o carro de luxo arrastou o outro de uma distância igual a 10,5m, e estima o coeficiente de atrito cinético com a estrada no local do acidente em 0,6.

a. De que velocidade o carro de luxo vinha realmente?

b. Caso fosse verdadeira a alegação de que o carro de luxo estava a 10km/h, qual seria a distância que o carro de luxo arrastaria o outro carro?

K m vi i= 12 1 1

2 .

fm

m m=

+1

1 2( ).

f =+

≈ × −( , )( , ) ( , )

, .0 01

0 01 4 02 5 10 3kg

kg kg

270 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 271

AU

LA 6

RESPOSTAS COMENTADAS

Vamos começar pensando como determinar as configurações inicial

e final desta colisão. O carro de luxo de massa m1= 2.400kg vinha

com uma certa velocidade v1i , até colidir com o outro carro de massa

m2 = 1.200kg em repouso v2i = 0. Após a colisão, o carro de luxo

arrasta o outro carro de modo que a colisão deve ser tratada como

uma colisão unidimensional totalmente inelástica. Você aprendeu

que neste caso os dois carros têm uma mesma velocidade na

configuração final, v1f = v2f = vf .

a. Para uma colisão unidimensional totalmente inelástica com o

carro alvo em repouso, a velocidade final do sistema formado pelos

dois carros vale

Você deve calcular a velocidade inicial do carro de luxo, ou seja,

Para isso, vamos calcular a velocidade final vf a partir da distância

em que o carro de luxo arrastou o outro carro, ∆x = 10,5m, e do

coeficiente de atrito cinético da pista, µ = 0,6.

A força de atrito atua do instante da colisão até o instante em que

os dois carros param, 10,5m mais à frente. Como você já estudou,

a força de atrito fat é proporcional à força normal, fat = µN, e tem

direção horizontal e sentido oposto ao sentido do movimento. Mais

ainda, a partir da condição de equilíbrio das forças na direção

vertical, você pode verificar que a força normal é igual à força peso

do conjunto formado pelos dois carros, N = (m1 + m2)g. Dessas

considerações e da Segunda Lei de Newton, a força de atrito

fat = µ(m1 + m2)g é a responsável por frear os carros com uma

aceleração a, calculada por meio da seguinte equação:

Assim, após a colisão, os dois carros com uma velocidade vf são

freados com uma aceleração a = −µg. Agora você pode usar a

equação de um movimento unidimensional uniformemente variado,

v2 = v2f + 2a∆x, com a velocidade v = 0 porque os dois carros param

depois de percorrer ∆x = 10,5m,

Como a equação da colisão relaciona as velocidades v1i e vf , você

pode substituir a equação anterior para encontrar

vm

m mvf i=

+1

1 21 .

v mm

vi f12

1

1= +

.

f m m g m m aat = − + = +µ( ) ( ) .1 2 1 2

v g xf = 2µ ∆ .

vmm

vmm

g xi f12

1

2

1

1 1 2= +

= +

µ ∆ .

272 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 273

AU

LA 6

Ao substituir os dados deste problema, você deve encontrar o seguinte

resultado:

Como você pode ver, a perícia constatou que a alegação do motorista

do carro de luxo era falsa.

b. Neste caso, você pode calcular a distância com a mesma equação

usada no item anterior, isto é,

Se velocidade inicial fosse v1i = 10km/h≈2,8m/s, a distância pela qual

o carro de luxo arrastaria o outro carro seria

Veja que este resultado é muito menor do que aquele constatado

pela perícia.

v i1 112002400

2 0 6 9 8 10 5 16 6= +

≈( )

( )( , )( , )( , ) ,

kgkg

m/s m m/s2 ≈≈ 60km/h.

∆xm

m m

v

gi=

+

1

1 2

2

12

2µ.

∆x =+

( )( ) ( )

( / , )( , )( ,

24002400 1200

10 3 62 0 6 9 8

2 2kgkg kg

m/sm//s

m2), .≈ 0 3

COLISÕES ELÁSTICAS BIDIMENSIONAIS

Vamos considerar a colisão entre duas partículas de massas m1 e

m2 com velocidades r

v f1 e r

v f2 na configuração inicial. No caso de uma

colisão bidimensional, a conservação do momento total é equivalente a

duas equações escalares: uma para cada uma das componentes x e y do

vetor momento. O vetor momento inicial do sistema, r

r r

P p pi i i= +1 2 , é

igual ao vetor momento final do sistema, r

r r

P p pf f f= +1 2 ,

(6.36)

A equação anterior pode ser reescrita explicitamente em termos

das componentes cartesianas x e y. O sistema de equações escalares que

corresponde à Equação (6.36) é o seguinte:

(6.37)

r r r r

p p p pi i f f1 2 1 2+ = + .

p p p p

p p p pix ix fx fx

iy iy fy fy

1 2 1 2

1 2 1 2

+ = +

+ = +

,

.

272 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 273

AU

LA 6

Vamos nos restringir ao caso em que a partícula 2 é um alvo em

repouso, r

v i2 0= , conforme está mostrado na Figura 6.17. Após a coli-

são, a partícula 1 se move na direção que faz um ângulo θ com a

horizontal, e a partícula 2 se move na direção que faz um ângulo φ com

a horizontal.

Figura 6.17: Colisão elástica bidimensional.

Configuração inicial

Configuração final

r

v f1m1

r

v i2 0=

y

x

m2

y

m1

x

φ

θ

m2

r

v f1

r

v f2

274 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 275

AU

LA 6

Como você pode verificar, a conservação de momento para a

colisão mostrada na Figura 6.11 resulta nas relações

(6.38)

Note que o sinal negativo na segunda igualdade acima representa o

sentido do eixo −y, da componente y, do vetor velocidade da partícula 2.

Na situação considerada, Figura 6.11, as energias cinéticas inicial e final

são, respectivamente,

(6.39)

e

(6.40)

Nesta colisão elástica a energia total é conservada, Kf = Ki ,

(6.41)

Agora, você pode observar que as equações escalares, dadas pelas

Equações (6.38) e (6.41) são insuficientes para determinar as quatro

incógnitas p1f , p2f , θ e φ da colisão elástica bidimensional. Logo, para

determinar a configuração final deste problema, é necessário um dado

adicional que pode ser, por exemplo, o ângulo θ.

i. Massas iguais:

Vamos analisar o caso particular de duas partículas com massas

iguais colidindo elasticamente, ou seja, m1 = m2. A igualdade das energias

cinéticas, Equação (6.41), com, r

p i2 0= encontramos também que

(6.42)

Quando elevamos ao quadrado a relação entre os momentos inicial

e final, Equação (6.36) com r

p i2 0= , encontramos também que

(6.43)

Km

pi i= 12 1

12r ,

Km

pm

pf f f= +12

121

12

122r r

.

p p p

p pi f f

f f

1 1 2

1 20

= +

= −

cos cos ,

.

θ φ

θ φ sen sen

12

12

121

12

112

222

mp

mp

mpi f f= + .

p p p p p p p p pi f f f f f f f f12

1 2 1 2 12

22

1 22= +( ) ⋅ +( ) = + + ⋅r r r r r r

.

p p pi f f12

12

22= + .

274 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 275

AU

LA 6

Neste momento, você deve comparar as Equações (6.42) e (6.43).

Você pode afirmar que o produto escalar r r

p pf f1 2⋅ é nulo, e, então,

(6.44)

O resultado acima tem o seguinte significado: após uma colisão

elástica entre partículas de massas iguais, as direções de movimento delas

são perpendiculares.

Veja na Figura 6.18 que, nesse caso, os vetores de momento final são

os lados de um triângulo retângulo cuja hipotenusa é o momento inicial.

r r

p p p pf f f f1 2 1 2 02

⋅ = + = ⇔ + =cos( ) .θ φ θ φπ

Figura 6.18: Os momentos final e inicial de uma colisão elástica bidimensional entre duas partículas de mesma massa.

Em especial, se o ângulo θ for conhecido, os parâmetros p1f e p2f da

configuração final podem ser calculados a partir do triângulo retângulo

mostrado na Figura 6.18,

(6.45)

ii. Caso geral:

Para uma colisão elástica bidimensional entre partículas com

massas diferentes, m1 ≠m2 , a Equação (6.41) pode ser reescrita da

seguinte maneira:

(6.46)

Já a Equação (6.36), comr

p i2 0= , fornece a relação

(6.47)

r r

p pf f1 2⋅r r

p pf f1 2⋅

θ

r r r r

p p p pi i f f1 2 1 2+ = + .

p p

p pf i

f i

1 1

2 1

=

=

cos ,

.

θ

θ sen

pmm

p pf i f22 2

112

12= +( ).

p p p p p p pf i f i f i f22

1 1

2

12

12

1 12= −( ) = + −r r

cos .θ

276 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 277

AU

LA 6

Ao igualar as Equações (6.46) e (6.47), obtemos uma equação do

segundo grau para a incógnita p1f , se o ângulo θ for conhecido,

(6.48)

Note que a equação do segundo grau acima tem duas raízes.

A fórmula de Báskara determina que as duas soluções para p1f são:

(6.49)

Como p pf f1 1= | |r

, as soluções encontradas são aceitáveis somente

se forem positivas, p f1 0≥ . Isto pode ser exigido com a imposição de que

(6.50)

Vamos analisar alguns casos particulares.

ii.a. Alvo mais pesado (m2>m1):

Nesse caso, o alvo da colisão elástica é mais pesado do que a

partícula incidente. Como você pode verificar, se m2>m1 o radical na

Equação (6.50) é sempre maior do que cosθ, e, a solução aceitável é

(6.51)

ii.b) Alvo mais leve (m1 > m2):

Nesse caso, o alvo em repouso colide elasticamente com uma

partícula incidente mais pesada. O radical na Equação (6.50) para m1 > m2,

é sempre menor do que cosθ, e assim, as duas soluções são aceitáveis.

Em especial, quando m1 >> m2, a Equação (6.50) pode ser reescrita

como

(6.52)

A desigualdade anterior determina que o ângulo θ << 1 é bem

pequeno, isto é, a partícula incidente sendo mais pesada que o alvo

quase não sofre deflexão.

1 2 1 02

112

1 12

112+

− + −

=

mm

p p pmm

pf i f i( cos ) .θ

pp

mm

mmf

i1

1

2

1

2 2

1

22

1

1=+

± +

cosθ θcos

.

cos sen2 2

1

2

2

1

2

21 0θ θ+

=

− ≥

mm

mm

.

pp

mm

mmf

i1

1

2

1

2 2

1

22

1

1=+

+ +

cosθ θcos

>, se m m2 1.

senθ ≤

<<

mm

2

1

1.

276 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 277

AU

LA 6

COLISÕES INELÁSTICAS BIDIMENSIONAIS

Conforme já foi mencionado, em uma colisão inelástica, a energia

cinética final pode ser maior, ou menor, do que seu valor inicial. Para sim-

plificar nossa análise, vamos considerar uma partícula de massa m1 e um

momento inicial r

p1 que colide de forma inelástica com uma massa m2 em

repouso. Na configuração final, como mostrado na Figura 6.18. Vamos

supor duas partículas, que podem ter massas diferentes das iniciais, m3

e m4, com seus respectivos momentos r

p3 er

p4 . Note que o momento da

partícula de massa m3 faz um ângulo θ com o eixo x e o momento

da partícula com massa m4 faz um ângulo θ com o eixo x.

Na colisão inelástica que está sendo considerada, a conservação

de momento é dada pela seguinte equação:

(6.53)

Como a colisão é inelástica, devemos introduzir o “fator Q”,

que quantifica se há ganho ou perda da energia cinética após o pro-

cesso de colisão.

r r r

p p p1 3 4= +

Quando uma parcela da energia cinética inicial é convertida em alguma outra forma de energia, causando perda de energia, então Q > 0 e o processo é dito endoérgico.

Por outro lado, quando há um ganho de energia cinética após a colisão, então Q > 0 e o processo é chamado de exoérgico.

A partir dessa quantidade Q, podemos expressar a diferença entre

a energia cinética nas configurações final e inicial,

(6.54)

Neste momento, você já pode perceber que temos três equações,

dadas pelas Equações (6.53) e (6.54), e um total de cinco incógnitas:

Q, K3 , K4 , θ e φ. Desse modo, é necessário conhecer duas dessas grandezas

para que a configuração final possa ser determinada.

Q K K K K Kf i= − = + −3 4 1

278 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 279

AU

LA 6

Assim, a partir desse ponto, vamos supor que podemos medir

K3 e θ e, a partir dessas quantidades, calcular as outras três incógnitas.

Figura 6.19: Colisão inelástica bidimensional.

Para a colisão inelástica mostrada na Figura 6.19, a conservação

de momento dada pela Equação (6.53) pode ser arrumada de outra

maneira,

(6.55)p p p p p p p42

1 3

2

12

32

1 32= −( ) = + −r r

cos .θ

y

m1

m2

m3

m4

y

x

x

Configuração inicial

Configuração final

φ

θ

r

p3

r

p2 0=

r

p1

r

v4

278 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 279

AU

LA 6

ATIVIDADES

Como o momento está relacionado com a energia cinética,

p mK= 2 , a equação anterior também pode ser expressa em termos

das energias cinética K1, K3 e K4 ,

(6.56)

Ao substituir a Equação (6.56) no fator Q definido pela Equação

(6.54), o resultado encontrado é

(6.57)

A equação acima fornece o valor de Q como função dos dados

conhecidos K3 e θ.

Finalmente, a equação de conservação de momento deve ser

usada para também determinar os valores K4 e φ a partir dos dados

conhecidos K3 e θ.

Tpm

mm

Km

mK

m m K K

m442

4

1

41

3

43

1 3 1 3

422= = + − cos .θ

Qm

mK

mm

Km m K K

m= +

+ −

−3

43

1

41

1 3 1 3

4

1 1 2 cos .θ

7. Um jogador de bilhar deseja acertar, na caçapa do canto, uma bola preta que está em repouso. Após a tacada, a bola branca adquire uma velocidade v1i = 5,0m/s. Conforme está mostrado na Figura 6.20, o ângulo entre o eixo x e a direção da bola azul após a colisão vale 35o. Todas as bolas do jogo têm massas iguais.

a. Qual é a direção do movimento da bola branca após a colisão?

b. Quais são os módulos v1f e v2f dos vetores velocidade de cada bola após a colisão?

Assuma que a colisão é elástica e despreze o atrito e o movimento de rotação das bolas de bilhar.

280 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 281

AU

LA 6

RESPOSTAS COMENTADAS

Observe que, na configuração inicial, a bola branca se move com uma

velocidade v1i = 5,0m/s na direção positiva do eixo x. Após a colisão, a

bola preta se move com uma velocidade v2f numa direção que faz um

ângulo de 35o com o eixo x. A bola branca tem uma velocidade v1f ,

com uma direção que faz um ângulo θ com o eixo x.

a. Você deve analisar uma colisão elástica bidimensional entre a

bola branca e a preta, que têm massas iguais. De acordo com o

que você aprendeu, quando duas bolas têm massas iguais e colidem

elasticamente, as direções de movimento delas após a colisão são

perpendiculares. Isto pode ser visualizado a partir do triângulo retângulo

mostrado na Figura 6.21.

Figura 6.20: A bola branca colide com a bola preta.

x350vli

vlf

v2fy

Bola Branca

θ

280 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 281

AU

LA 6

O ângulo θ que determina a direção do movimento da bola branca

após a colisão é o ângulo complementar de 35o, ou seja,

Da equação acima, você calcula o ângulo θ,

b. Note que o triângulo retângulo mostrado na Figura 6.21 tem lados v1f

e v2f enquanto a hipotenusa vale v1i = 5,0m/s. Com as propriedades

trigonométricas, você pode facilmente verificar que a velocidade final

da bola branca é

e a velocidade da bola preta é

8. Uma embarcação com massa de 1,50 × 105 kg está descendo um rio a 6,2m/s, sob densa neblina, quando colide com a lateral de outra embarcação que atravessa o rio. O segundo barco tem massa de 2,78 × 105 kg e se desloca a 4,3m/s, como mostra a Figura 6.20. Imediatamente após o impacto, a segunda embarcação encontra seu curso desviado de 18o e sua velocidade aumenta para 5,1m/s. A correnteza do rio era praticamente zero no instante do acidente.

a. Quais são o módulo e a direção do vetor velocidade da primeira embarcação imediatamente após a colisão?

b. Quanta energia cinética se perde nesta colisão?

Figura 6.21: Triângulo retângulo de lados v1f e v2f com hipotenusa v1i .

o oθ + =35 90 .

oθ = 55 .

v vf i1 1 35 5 0 35 2 9= = ≈ sen m/s sen m/so o( , ) , ,

v vf i2 1 35 5 0 35 4 1= cos m/s cos m/so o= ≈( , ) , .

350

v2f

vlf

v1i

r

282 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 283

AU

LA 6

Figura 6.22: Colisão inelástica entre duas embarcações.

RESPOSTAS COMENTADAS

Vamos estabelecer as configurações inicial e final desta colisão inelástica

bidimensional. Na configuração inicial, a primeira embarcação de massa

m1 = 1,50 × 105 kg se move com uma velocidade v1i = (6,2m/s)i na direção

positiva do eixo x, e a segunda embarcação de massa m2 = 2,78 × 105kg

se move com uma velocidade v2i = (4,3m/s)j na direção positiva do eixo y.

Depois da colisão, a segunda embarcação se move com uma velocidade

v2f = 5,1 m/s numa direção que faz um ângulo de 18o com o eixo y, ou seja,

v i j i j2 2 90 90 5 1 18 18f fv= − + − = +( ) ) ) ( , )( )cos( sen( m/s sen coso o o oφ φ ..

180

282 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

CECIER J – Extensão 283

AU

LA 6

Nesta atividade, você vai calcular a velocidade da primeira embarcação

v1f após a colisão. Para isto, você pode escrever o vetor velocidade na

seguinte forma:

Note que v2f é o módulo da velocidade da primeira embarcação e θ

é o ângulo entre o vetor velocidade v1f e o eixo x.

a. Vamos usar o sistema formado pelas duas embarcações. Você

pode calcular o módulo e a direção do vetor velocidade da primeira

embarcação imediatamente após a colisão a partir da conservação de

momento do sistema. O momento inicial do sistema vale

e o momento final é dado por

Ao usar a conservação do momento total do sistema, Pi = Pf , você

deve encontrar o seguinte sistema de equações:

Observe que as incógnitas do sistema de equações acima são v1f

e θ. Não vai ser difícil de você mostrar que o ângulo θ é calculado

com a equação

Assim, o ângulo entre o vetor velocidade v1f e o eixo x é

O sinal de menos indica que o vetor velocidade tem uma componente

negativa na direção do eixo y.

A partir do sistema de equações você também pode calcular o módulo

do vetor velocidade da segunda embarcação,

Com a substituição dos dados do problema na equação anterior, você

vai encontrar um módulo igual a

v i j1 1f fv= +( ).cos senθ θ

P v v i ji i i i im m m v m v= + = +1 1 2 2 1 1 2 2 ,

P v v

if f f

f f f f

m m

m v m v m v m v

= +

= + + +1 1 2 2

1 1 2 2 1 1 2 2( cos ) (θ φ θ φsen sen cos )) .j

m v m v m v

m v m v m vi f f

i f f

1 1 1 1 2 2

2 2 1 1 2 2

= +

= +

cos ,

.

θ φ

θ φ

sen

sen cos

tan .θφ

φ=

−−

m v m v

m v m vi f

i f

2 2 2 2

1 1 2 2

cos

sen

tan , .θ θ≈ − ⇔ ≈ −0 31 17o

vm

m v m v m v m vf i f i f11

1 1 2 22

2 2 2 221= − + −( ) ( ) .sen cosφ φ

v f1 3 4= , .m/s

284 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Colisões

b. Para calcular a perda de energia cinética nesta colisão inelástica

bidimensional, você deve primeiro calcular as energias cinéticas antes

e depois da colisão. Observe que a energia cinética inicial do sistema

é dada por

Após a colisão, o sistema tem uma quantidade de energia cinética

dada por

Você pode calcular a quantidade de energia cinética perdida nesta

colisão inelástica, ou melhor, o fator Q da colisão,

K m v m vi i i= + ≈ ×12

12

5 45 101 12

2 22 6, J.

K m v m vf f f= + ≈ ×12

12

4 50 101 12

2 22 6, J.

Q K Kf i= − ≈ ×9 5 105, .J

R E S U M O

Nesta aula, explicamos quais são as condições para que o momento linear

total de um sistema de partículas se conserve. Também definimos a posição do

centro de massa de um sistema de partículas.

Em seguida, aplicamos a conservação do momento linear, quando não há

forças externas atuando sobre o sistema, para calcular a configuração final de

duas partículas após uma colisão elástica e totalmente inelástica ao longo

de uma reta.

Finalmente, estudamos as colisões entre duas partículas em um plano, quando

uma das partículas se encontra, inicialmente, em repouso.

obje

tivos7AULA

Meta da aula

Momento angular

Ao final desta aula, você deverá ser capaz de:

• calcular o produto vetorial entre dois vetores;

• descrever a rotação de uma partícula em movimento circular como um produto vetorial;

• explicar a diferença entre um vetor polar e um vetor axial;

• calcular o torque, em relação a uma origem, devido a uma força que faz girar um corpo rígido;

• calcular o momento angular, em relação a uma origem, de uma partícula em movimento circular;

• avaliar qualitativamente a analogia entre força e torque e compreender as condições para que o momento angular se conserve;

• calcular o torque total, em relação a uma origem, quando forças externas agem sobre um sistema de partículas;

• analisar como o momento angular de um sistema de partículas se conserva.

Discutir alguns aspectos físicos relacionados ao movimento dos corpos rígidos em rotação, como a representação

de uma rotação em torno de um eixo fixo, o cálculo da velocidade angular e o torque responsável pela rotação.

Pré-requisito

Para melhor compreensão desta aula, você precisa ter estudado a Aula 6 – Sistema de partículas.

Texto adaptado por Carlos Magno da Conceição e Lizardo H. C. M. Nunes da apostila:

- SOUZA, Carlos Farina de; Pinto, Marcus Venicius C.; Soares Filho, Paulo Carrilho. Física 1B. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004.

286 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 287

AU

LA 7

REPRESENTAÇÃO VETORIAL DAS ROTAÇÕES

Até o momento, tratamos apenas da dinâmica do movimento

translacional. Nesta aula, veremos como tratar os aspectos dinâmicos

dos corpos em rotação.

Como você já sabe, no estudo do movimento de translação, em

diversas situações podemos desprezar a dimensão dos corpos envolvidos

e considerá-los como partículas. Entretanto, quando estudamos os

movimentos de rotação, as dimensões dos corpos envolvidos têm de ser

levadas em conta.

De fato, considere o caso mais simples para o movimento de

rotação que existe: a rotação de um corpo rígido em torno de um eixo fixo.

Quando observamos um objeto estendido, como, por exemplo, um CD-

ROM girando sobre seu eixo central (veja a Figura 7.1), o movimento não

pode ser analisado tratando-se o disco como uma partícula, uma vez que,

num dado instante, diferentes partes do disco têm diferentes velocidades

lineares e acelerações lineares. No entanto, podemos analisar o movimento

considerando o disco como sendo composto de uma coleção de partículas,

cada uma com a sua própria velocidade linear e aceleração linear.

Figura 7.1: CD-ROM. Ao girar sobre seu eixo central, diferentes partes do disco têm diferentes velocidades lineares e acelerações lineares em um dado instante.

23mm

58mm

286 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 287

AU

LA 7

Além disso, ao estudarmos um objeto girando, a análise será

extremamente simplificada se assumirmos que o objeto seja rígido e não

se deforma. (Embora na Natureza todos os objetos sejam deformáveis,

dentro de um certo limite.) Acontece que o modelo de um objeto rígido é

muito útil em diversas situações em que a deformação é desprezível e torna

a matemática mais simples para descrever o movimento de rotação.

Um objeto é rígido quando não se deforma, ou seja, a localização de qualquer partícula que o compõe permanece constante com relação a todas as outras partículas desse mesmo objeto.

Além de levar em conta a dimensão dos corpos rígidos em rotação,

devemos usar grandezas vetoriais para descrever o movimento de

rotação. De fato, lembre-se de que, em diversas leis da Física, isso não

acontece, pois observamos apenas relações algébricas entre grandezas

escalares nessas leis. Por exemplo, um corpo de massa m, colocado numa

altura h, tem energia potencial gravitacional U = mgh, onde g, que denota

o módulo da aceleração da gravidade, é uma grandeza escalar. Por outro

lado, também temos leis em que grandezas vetoriais têm tanto relações

algébricas entre si quanto relações geométricas.

Por exemplo, imagine um pião em rotação rápida em torno de

seu eixo enquanto o eixo de rotação também gira lentamente em torno

da vertical. É complicado representar essa relação geométrica por

equações algébricas. Entretanto, se utilizarmos vetores para representar as

variáveis físicas, uma única equação será suficiente para explicar todo o

comportamento. Os vetores permitem essa “economia de expressão” em

uma grande variedade de leis físicas. Por vezes, a forma vetorial de uma

lei física nos permite ver relações ou simetrias que seriam obscurecidas

por uma equação algébrica complicada.

Assim, vamos voltar ao caso simples da rotação de um corpo

rígido em torno de um eixo fixo: considere, por exemplo, um cilindro

sólido girando em torno do seu eixo central, como mostra a Figura 7.2.

Por conveniência, consideramos o eixo central na direção vertical.

288 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 289

AU

LA 7

Para cada corte transversal ao eixo de rotação, podemos estabelecer

um plano de rotação (veja a Figura 7.2). É fácil ver que cada partícula

do objeto contida nesse plano descreve um movimento circular.

Aliás, como você pode ver na Figura 7.3, a seguir, mesmo em objetos

com uma geometria mais complicada, cada partícula do plano de rotação

descreve um movimento circular. Logo, é fácil intuir por que grandezas

vetoriais são úteis para descrever a rotação dos corpos, uma vez que,

quando você estudou os corpos em movimento circular na Aula 2, viu que

a velocidade angular e a aceleração angular são grandezas vetoriais.

Figura 7.2: Cilindro sólido girando em torno de um eixo fixo.

Um plano de rotação

Figura 7.3: Plano de rotação de um corpo rígido arbitrário girando em torno de um eixo fixo que passa pelo ponto O. Uma partícula no ponto P descreve um movimento circular.

R

Pr

xO

y

θ

s

288 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 289

AU

LA 7

Como sabemos, para descrever o movimento de uma partícula em

trajetória circular, precisamos apenas conhecer o ângulo de rotação θ

em função do tempo.

Mas o que acontece se, ao invés de considerarmos rotações finitas,

tomarmos pequenas rotações com ângulos δθ infinitesimais?

Bom, nesse caso, as rotações infinitesimais têm caráter vetorial.

O quê? Você não entendeu? Tudo bem, vamos explicar isso com

calma...

Em nosso curso, um vetor poderá ser denotado por uma única letra em negrito, por exemplo, a, ou um vetor poderá também ser representado pela conhecida notação:

r

a .Já o módulo de um vetor a será denotado por |a| ou

r

a . Também poderemos representar o módulo de um vetor abolindo o negrito da letra, ou seja, simplesmente por a.

!

Em primeiro lugar, vamos associar a uma rotação infinitesimal

δθ um vetor δθr

. Esse vetor é meio “esquisito” e podemos dizer que “ele

gira em torno de si mesmo” e pertence à categoria dos vetores axiais,

como visto no boxe explicativo a seguir. A magnitude de δθr

é o próprio

ângulo δθ, e dizemos que sua direção e sentido são os mesmos do eixo

de rotação, como mostra a Figura 7.4.

Figura 7.4: Rotação infinitesimal.

δθr

δθr

r

r

δ δθr

r

r

s r= × ,v

290 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 291

AU

LA 7

Para uma partícula do objeto rígido que sofreu uma rotação

infinitesimal δθ, o deslocamento será δ δθs r= , onde r é a distância

da partícula ao eixo de rotação. Como a rotação é infinitesimal, o arco

δs é aproximadamente uma reta e associamos um vetor δ δθr

r

r

s r= × , à rotação.

Note que δ δθr

r

r

s r= × , liga as posições da partícula antes e depois da rotação

infinitesimal (veja a Figura 7.4) e tem, em boa aproximação, magnitude δs.

Esse vetor δ δθr

r

r

s r= × , também é perpendicular aos vetores r

r e δθr

, está contido

no plano de rotação e, portanto, pode ser expresso como

(7.1)

onde o símbolo × indica o produto vetorial entre r

r e δθr

, como você

verá na próxima seção.

δ δθr

r

r

s r= × ,

Vetores axiais têm módulo (magnitude) e direção bem definidos, mas seu sentido é definido por uma convenção.

Por exemplo, fisicamente, não há nada que permita associar um sentido ao nosso vetor axial δθ

r

. Entretanto, por convenção, adotamos um sentido para δθ

r

da seguinte forma: se fosse possível colocar um sujeito em cima do plano de rotação olhando para baixo, ele veria a rotação acontecendo no sentido anti-horário, quando δθr

está para cima. É lógico que, se δθr

estivesse para baixo, o sujeito veria a rotação no sentido horário.

A convenção que adotamos é a mais comum, mas poderíamos perfeitamente inverter o sentido do vetor δθ

r

sem alterar em nada o entendimento físico da rotação observada.

Como o sentido do vetor está associado à orientação de um eixo, vetores como δθ

r

são chamados de vetores axiais.

Outros exemplos de vetores axiais são o vetor velocidade angular e o vetor aceleração angular, que veremos a seguir. Por outro lado, vetores como a velocidade, o momento linear ou a força, que têm sentido bem definido, são chamados de vetores polares.

290 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 291

AU

LA 7

PRODUTO VETORIAL

De maneira a representar vetorialmente as rotações, vamos

definir o produto vetorial entre vetores. O produto vetorial do vetor r

A pelo vetor r

B será um novo vetor, que representaremos por r r

A B× .

O símbolo na expressão r r

A B× será lido “r

A vetorial r

B”ou “produto

vetorial de r

A por r

B”.

Você verá que o produto vetorial depende da ordem dos fatores,

isto é, em geral r r

B A× é diferente de r r

A B× . Portanto, fique bem atento

quando estiver tratando com o produto vetorial de dois vetores, pois a

ordem dos fatores desempenha um papel importante no produto vetorial.

Dizemos, então, que o produto vetorial é não-comutativo.

Sejar

C o vetor resultante do produto vetorial dos vetores r

A e r

B , ou seja,

. (7.2)

O vetor r

C é definido por uma direção perpendicular ao plano

definido por r

A e r

B .

Mas, se você leu o apêndice da Aula 2, em que tratamos de vetores,

você pode se perguntar:

E quanto ao sentido?

Bem, vamos com calma. Ele é um pouco mais complicado.

O sentido do vetor r

C é tal que, quando visto de sua extremidade, r

A gira aproximando-se de r

B no sentido anti-horário.

r r r

C A B= ×

Figura 7.5: A representação gráfica para o produto vetorial entre os vetores A e B.

C = A x B

– C = B x A

A

B

θ

292 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 293

AU

LA 7

E como fica o módulo (ou a magnitude) do vetor , que resulta do

produto vetorial r r

A B× ?

Bem, por definição, temos que

(7.3)

onde θ é o ângulo entre as direções dos vetores r

A e r

B e tem de ser

menor que 1800.

Observando a Equação 7.2.1, notamos que, mesmo sendo r

A ≠ 0

e r

B ≠ 0, podemos ter um produto vetorial nulo, ou seja,

, (7.4)

basta que os vetores r

A e r

B tenham a mesma direção, isto é, sejam

paralelos. Em particular,

. (7.5)

E o que acontece se, ao invés de r r r

A B× = 0, fizermos r r

B A× ?

Neste caso, o módulo e a direção serão os mesmos; o que irá mudar

é o sentido, uma vez que o sentido de r r

B A× é tal que, quando visto de

sua extremidade, r

B gira no sentido horário aproximando-se de r

A. Logo,

vemos que o sentido é oposto ao do produto vetorial de r r r

A B× = 0, ou seja,

, (7.6)

como podemos ver na Figura 7.5.

r r r

A B× = 0

r r r

A A× = 0

r r r r r

B A A B C× = − × = −

r r r r r

C A B A B sen= × = θ ,

292 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 293

AU

LA 7

Um truque para determinar o sentido do vetor r

C é usarmos a conhecida regra da mão direita, que consiste no seguinte: coloque os dedos da sua mão direita, com exceção do polegar, na direção do vetor

r r

B A× . Agora feche a mão para o lado em que se encontra o vetor

r r

B A×, mantendo o polegar esticado. O sentido do vetor r

C é para onde o seu dedão aponta, como mostra a figura.

Pelo que viu na seção anterior, você já deve ter percebido,

portanto, que o produto vetorial é muito importante para representar

as características da rotação dos vetores.

Quando estivermos tratando com os vetores unitários dos eixos

coordenados, é necessário termos em mente as seguintes propriedades:

. (7.7)

Uma vez que qualquer vetor pode ser escrito em termos dos vetores

unitários, temos, em três dimensões, que

u u u u u

u u u u u

u u u u u

x y z y x

y z x z y

z x y x z

× = = − ×

× = = − ×

× = = − ×

C

B

A C

B

A

294 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 295

AU

LA 7

(7.8)

(7.9)

Com esta representação em mente, fazemos

(7.10)

onde • denota o determinante da matriz acima. Essa expressão é muito

útil para o cálculo do produto vetorial.

Finalmente, considere agora uma partícula em movimento

circular, como aquela partícula de um corpo rígido no plano de rotação

indicada pelo ponto P na Figura 7.3. Por definição, sua velocidade linear

é r r

v dr dt= / . Por sua vez, dr dt s tt

r r

/ lim /≡ ( )→δ

δ δ0

, como você viu quando

estudou a Cinemática Vetorial na Aula 2. É claro que, quando δ t → 0,

temos uma rotação infinitesimal e podemos substituir o resultado da

Equação 7.1.1 na nossa expressão para a velocidade linear da partícula, r

r

r

v t rt

= ( )×→

lim / ,δ

δθ δ0

ou seja,

(7.11)

onde rω é o vetor velocidade angular. O módulo deste vetor corresponde

à velocidade angular escalar ω θ= d dt/ , que você viu na Aula 2, a

direção de r

ω é a mesma do eixo de rotação, enquanto o sentido de r

ω é definido pelo sentido de δθr

. Assim, podemos representar o vetor

velocidade angular por

. (7.12)

De maneira análoga, podemos definir o vetor aceleração angular

como

(7.13)

onde α θ= d dt2 2/ é a aceleração angular escalar.

r

A A A Ax x y y z z= + +u u u ,

r

B B B Bx x y y z z= + +u u u .

r r r

v r= ×ω ,

r

r

ωθ= d

dt

r

r

αθ≡ d

dt

2

2 ,

rr

A B

A B A B A By z z y z

× = + + × + +

= − +

( ) ( )

( ) (

A A A B B Bx x y y z z x x y y z z

x

u u u u u u

u xx x z x y y xA B A B A B

− + −

=

) ( )u u

u u u

y z

x y z

x y zA A A

BB B Bx y z

,

294 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 295

AU

LA 7

Note que os cálculos de derivadas e integrais estão fora do objetivo deste curso e não serão cobrados nas avaliações.

!

ATIVIDADES

1. Considere um hexágono cujos lados têm comprimento unitário. Seus vértices estão localizados nos pontos O, A, B, C, D e E, sendo O a origem dos eixos cartesianos, como ilustra a Figura 7.6.

a. Escreva os vetores a, b, c, d e e em termos dos vetores unitários ux e uy.

b. Calcule os produtos vetoriais a × b; b × c; c × d e d × e.

c. Interprete os resultados encontrados no item (b).

Figura 7.6: Hexágono de vértices localizados nos pontos O, A, B, C, D e E.

C

B

Y

D

A

E

OX

d c

b

e

a

296 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 297

AU

LA 7

RESPOSTAS COMENTADAS

Vamos calcular as componentes cartesianas de cada um dos vetores

a, b, c, d e e, usando como sistema de coordenadas os eixos X e Y

da Figura 7.6. Note que o ângulo entre os lados vizinhos do hexágono

vale 120o.

a. Como os lados do hexágono têm comprimento unitário, você

certamente percebeu que o vetor a é o próprio vetor unitário ux ,

Para poder escrever o vetor b, você deve se convencer de que a

componente X é dada por bx = 1 + cos60o e a componente Y, por

by = sen60o. Dessa forma, o vetor b pode ser escrito da seguinte

maneira:

Veja na Figura 7.6 que a componente X do vetor c é igual ao comprimento

unitário do lado do hexágono, cx = 1. Por outro lado, a componente

Y do vetor c é o dobro da componente Y do vetor b, cy = 2by = 3 .

Sendo assim,

O vetor d tem somente a componente Y não nula,

Por fim, você pode observar na Figura 7.6 que o vetor e tem uma

componente X dada por ex = –cos60o e uma componente Y dada

por ey = sen60o. A partir desta observação, você conclui que o vetor e

pode ser expresso como

b. Para calcular o produto vetorial entre dois vetores, vamos usar as

propriedades ux × ux = uy × uy = 0 e ux × uy = –uy × ux = uz. Note que o

vetor unitário uz é perpendicular ao plano XY, ou ainda, aponta para

o leitor que observa a Figura 7.6.

Cálculo de a × b:

A partir dos vetores a e b calculados no item (a), você pode escrever

o produto

Ao usar a lei distributiva do produto vetorial e, em seguida, as

propriedades ux × ux = 0 e ux × uy = uz , você vai encontrar o

resultado

a u= x .

b u u= +32

32x y .

c u u= +x y3 .

d u= 3 y .

e u u= − +12

32x y .

a b u u u× = × +

x x y

32

32

.

a b u u u u u× = × + × =32

32

32x x x y z .

296 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 297

AU

LA 7

Cálculo de b × c:

Para calcular este produto vetorial, você primeiro deve usar a lei distributiva

na equação

isto é,

Lembre-se de que ux × uy = –uy × ux = uz , ou seja, o produto vetorial

acima vale simplesmente

Cálculo de c × d:

Aqui você também terá de distribuir as componentes do produto,

Quando você usar as propriedades do produto vetorial entre os vetores

unitários, vai encontrar o seguinte resultado:

Cálculo de d × e:

Novamente, você deve usar a lei distributiva,

Note que você pode usar a anti-simetria do produto vetorial,

–uy × ux = uz ,

c. A interpretação geométrica do produto vetorial é a seguinte: o módulo

do produto vetorial |a × b| é igual à área do paralelogramo formado pelos

vetores a e b.

Você pode conferir que os resultados encontrados no item (b) são:

(i) |a × b| = |d × e| = 3 /2, ou seja, o paralelogramo formado pelos

vetores a e b tem a mesma área que o paralelogramo formado

pelos vetores d e e.

(ii) |b × c| = |c × d| = 3 , ou seja, o paralelogramo formado pelos

vetores b e c tem a mesma área que o paralelogramo formado

pelos vetores c e d.

b c u u u u u u u u× = × + × + × + ×32

3 32

32

32x x x y y x y y .

b c u u u× = −

× =3 3

23

23x y z .

c d u u u u u u u× = +( )× ( ) = × + ×x y y x y y y3 3 3 3 .

c d u× = 3 z .

d e u u u u u u u× = ( )× − +

= − × + ×3

12

32

32

32y x y y x y y .

d e u× = 32 z .

b c u u u u× = +

× +( )3

23

23x y x y ,

298 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 299

AU

LA 7

2. Um pião gira uniformemente em torno do eixo Z com uma velocidade angular de 10rad/s, como está mostrado na Figura 7.7. Simultaneamente, o eixo Z do pião gira com uma velocidade angular de 5,0rad/s em torno do eixo Z'. O eixo Z está inclinado de 16o em relação ao eixo Z'. O centro de gravidade do pião está localizado no ponto C, sendo que o segmento de reta CP é perpendicular ao eixo Z e mede CP = 2,0cm de comprimento.

a. Qual é o vetor velocidade angular resultante do pião? O pião gira em torno de qual direção?

b. Qual é o vetor velocidade do movimento giratório do ponto P do pião?

Figura 7.7: Pião que gira, simultaneamente, em torno dos eixos Z e Z'.

Z' Z

P

C

160

298 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 299

AU

LA 7

RESPOSTAS COMENTADAS

Vamos usar um sistema de coordenadas fixo no pião, formado

pelos eixos X, Y e Z. Como você pode ver na Figura 7.8, a origem

dos eixos fica localizada no ponto C. Veja também que o eixo X

escolhido fica na direção do segmento de reta CP. Dessa forma, a

direção do eixo Y é perpendicular ao plano da Figura 7.8 e aponta

para dentro da página.

Uma vez definido o sistema de coordenadas, você pode representar

o vetor de velocidade angular em torno do eixo Z pelo vetor r

ω que

tem um módulo igual a ω = 10rad/s. Este vetor pode ser escrito em

termos do vetor unitário uz da seguinte forma:

Para representar o vetor de velocidade angular em torno do eixo Z',

você pode usar um vetor ω ´uru

cujo módulo vale ω ´uru

= 5,0rad/s. Observe

na Figura 7.8 que este vetor possui componentes nas direções

X e Z, isto é, deve ser escrito como uma combinação dos vetores

unitários ux e uz ,

Assim, a rotação em torno do eixo Z' é representada por

ω ωur

= =u uz z( ) .10rad/s

ω ω´ ´(cos ).uru

= −16 16o osenu uz x

Figura 7.8: O sistema de eixos X, Y e Z fixo no pião. Veja também os vetores de velocidade angular

r

ω e ω ´uru

, bem como o vetor de posição do ponto P.

ω ´ ( , , ) .uru

≈ −4 8 1 4u uz x rad/s

r

r

Z

PC

160

r

ω

X

ω ´uru

300 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 301

AU

LA 7

a. Você deve calcular a resultante da rotação do pião em torno dos

eixos Z e Z', ou seja, é preciso somar os vetores de velocidade angular,

ω ω ωR

u ru ur uru

= + ´ . Isto significa que a rotação do pião é representada por

ωR

u ru

, isto é, gira em torno da direção do vetor ωR

u ru

com uma velocidade

angular dada pelo módulo ω ωR R=u ru

.

Você consegue calcular o vetor resultante ωR

u ru

somando as compo-

nentes de cada um dos vetores r

ω e ω ´uru

. De imediato, você encontra

o seguinte resultado:

Note que o vetor de velocidade angular resultante tem somente

componentes no plano XZ. A resposta da primeira pergunta do item

a é o vetor resultante

Destacamos que o vetor ωR

u ru

está no plano XZ. Para determinar a

direção na qual o pião gira ao redor, vamos calcular o produto escalar ω ω θR z R

u ru

g u = cos . Neste cálculo, θ é o ângulo entre o vetor de

velocidade angular resultante e o eixo Z. O produto escalar é dado

pela seguinte relação:

Portanto, você deve concluir que o ângulo entre os vetores ωR

u ru

e uz

vale

b. Para calcular a velocidade do ponto P do pião, você tem de usar

a seguinte fórmula:

Na equação dada, aparece a posição do ponto P, que você deve

representar pelo vetor r x

r

= ( , ) .0 02m u Ao usar a notação em termos

dos vetores unitários, você pode escrever o vetor velocidade,

Na equação dada, você pode aplicar a lei distributiva do produto

vetorial e, em seguida, usar o par de propriedades uz × ux = uy e

ux × ux = 0. Dessa maneira, você calcula o vetor velocidade do ponto

P do pião,

ωR z x

u ru

≈ −( , ) .15 1 4u u rad/s

ω ω ω ω ω ω θR z

u ru

g u = + = + +´cos ( ´cos ) ( ´ ) cos .16 16 162 2o o osen

θ =+

≈−cos

,, .1

2 2

15

15 1 45 3o

v rR

r u ru r

= ×ω .

v z x x

r

≈ − ×[( ) ( , ) ] ( , ) .15 1 4 0 02rad/s rad/s mu u u

ω ω ω ωR z x

u ru

= + −( cos ) .´ u ´ u16 16o osen

v y

r

≈ ( , ) .0 30m/s u

300 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 301

AU

LA 7

TORQUE E MOMENTO ANGULAR

Você com certeza já deve ter se perguntado a respeito do motivo

de a maçaneta da porta ser posta o mais distante possível da dobradiça.

Bem, o motivo reside no fato de que, dependendo do lugar e da direção

da força aplicada na superfície da porta, diferentes acelerações angulares

irão surgir.

Por exemplo, se você aplicar uma força r

F1 na borda e paralela ao

plano da porta, essa força não produz aceleração angular, como pode ser

visto na Figura 7.9; tampouco uma força r

F2 sobre as dobradiças (veja

a Figura 7.9). Entretanto, se você aplicar uma força r

F3 perpendicular

ao plano da porta, e bem próxima da sua borda externa, notará uma

aceleração angular acentuada.

Figura 7.9: Forças r

F1 , r

F2 e r

F3 atuando sobre uma porta. Apenas produzem aceleração angular acentuada.

r

F1

r

F2

r

F3

Esses exemplos ilustram o fato de que existe um análogo à força

no tratamento do movimento rotacional. Essa grandeza desempenha um

papel semelhante ao que a força desempenha no movimento translacional.

Pois, da mesma forma que um corpo permanece em repouso, a não ser

que uma força seja aplicada sobre ela, uma rotação só pode ser produzida

302 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 303

AU

LA 7

quando essa grandeza análoga é aplicada sobre o corpo. Este análogo é

uma grandeza vetorial chamada de torque, que mede a tendência de uma

força girar um objeto sobre algum eixo. Aliás, a palavra torque vem do

latim torquere, que significa torcer.

Naturalmente, uma força é necessária para que um torque seja

criado, pois você não pode girar uma porta sem empurrá-la. Mas força

e torque são duas coisas diferentes. Uma distinção entre elas é a direção.

Nós usamos sinais positivo e negativo para representar forças nas duas

direções possíveis ao longo de uma linha. No entanto, por convenção,

a direção de um torque é horária ou anti-horária, e não uma direção

linear. Outra diferença é o fato de que a mesma quantidade de força pode

levar a diferentes quantidades de torque. Podemos ter ainda a situação

em que temos torque total nulo, apesar de termos uma força total não

nula, conforme vimos nos exemplos anteriores.

Vamos agora estudar os aspectos quantitativos referentes aos

conceitos que mencionamos: considere uma partícula de massa m sujeita

a uma força total dpdt

Fr

r

= . A Segunda Lei de Newton aplicada a essa partícula

é que determina os seus movimentos possíveis, ou seja,

. (7.14)

Mas, associada a esses movimentos, há uma grandeza chamada de

momento angular (que você verá agora), que se mostrará conveniente na

discussão, tanto qualitativa, como quantitativa dos movimentos de rotação.

Façamos a multiplicação vetorial do vetor posição r

r da partícula

pelos dois membros da Segunda Lei de Newton escrita na Equação

7.14. Obtemos:

. (7.15)

Usando as propriedades do produto vetorial, podemos reescrever

a equação anterior por

. (7.16)

Representaremos porr

L o vetor que está sendo derivado no lado

esquerdo da Equação 7.16,

. (7.17)

dpdt

Fr

r

=

r

r

r

r

rdpdt

r F× = ×

ddt

r p r F( )r

r

r

r

× = ×

r

r

r

L r p= ×

302 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 303

AU

LA 7

Ele é o produto vetorial do vetor posição da partícula pelo seu

momento linear, r

r

p mv= , de modo que podemos também escrever:

. (7.18)

O vetor r

r

r

L r p= × é chamado momento angular da partícula relativo a

uma origem O. Temos, então, que o momento angular de uma partícula

relativo à origem O é o produto vetorial de seu vetor posição pelo seu

momento linear. Portanto, a unidade SI do momento angular é kg·m2/s.

Além disso, seguindo a regra da mão direita, vemos que a direção de r

r

r

L r p= ×

é perpendicular ao plano formado por r

r e r

r

r

L r p= × .

O momento angular é sempre definido em relação a um ponto, chamado de ponto-base. (No exemplo dado, o ponto-base é a origem.) Note que a magnitude e a direção de

r

r

r

L r p= × dependem da escolha da origem.A expressão “relativo à origem O” refere-se ao fato de que o vetor

r

r , na Equação (7.18), vai da origem O do sistema de eixos até a partícula.

!

Agora, se dpdt

Fr

r

= é a força que age sobre a partícula e rr seu vetor-posição,

o vetor torque, que representaremos por r r

r

τ = ×r F, será definido como:

. (7.19)

As dimensões de r r

r

τ = ×r F são as mesmas de trabalho (força x deslocamento).

Entretanto, são grandezas muito diferentes. De fato, lembre-se de que o torque

é uma grandeza vetorial, enquanto trabalho é uma grandeza escalar.

O torque de uma força que age sobre a partícula é chamado

usualmente de “torque exercido sobre a partícula”.

r r

r

τ = ×r F

Note que o torque também é sempre definido em relação a um ponto e sua magnitude e a direção dependem da escolha da origem.

!

r

r r

L r mv= ×

304 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 305

AU

LA 7

Agora compare o resultado da Equação 7.19 com a Equação 7.16

e veja que o vetor que aparece no lado direito da equação é o torque da

força total que age sobre a partícula. Podemos afirmar, portanto, que

a taxa instantânea de variação do momento angular de uma partícula

(relativo à origem) é igual ao torque (relativo à origem) da força total

que age sobre a partícula, isto é,

. (7.20)

Como conseqüência imediata desta expressão, temos que o

momento angular de uma partícula (em relação à origem) se conserva

quando o torque é nulo (em relação à origem), ou seja,

(7.21)

Vamos generalizar esse resultado para qualquer ponto do espaço:

sejam P o ponto onde a partícula se encontra e Q um ponto do espaço.

Vamos representar o vetor-posição de Q por r

rQ , que vai da origem O

até Q, conforme indicado na Figura 7.7.

Figura 7.10: A origem O, o ponto P, que indica a posição da partícula, e um ponto Q arbitrário. Os vetores

r

rQ , r

r e r

r ’ são mostrados.

dLdt

r

r= τ

r

r

τ = ⇒0 L constante.

O vetor que aponta de Q até a partícula é chamado de vetor-posição

da partícula relativo a Q, que vamos representar por r

r ’. Logo,

, (7.22)

onde rr ’ pode ser visto na Figura 7.10.

r r r′ = −r r rQ

Q

O

P

r'

rQ

r

304 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 305

AU

LA 7

Vamos considerar apenas o caso em que o ponto Q está fixo, isto

é, imóvel em relação ao sistema de eixos OXYZ. Nesse caso, dr dtQ

r

r

/ = 0.

Assim, definimos as generalizações dos conceitos de momento angular

e torque como se seguem:

• O momento angular r

LQ de uma partícula relativo a um ponto

fixo Q qualquer é o produto vetorial do vetor-posição relativo a Q da

partícula pelo seu momento linear, isto é,

, onde . (7.23)

• O torque relativo a um ponto Q qualquer, de uma força que

age sobre uma partícula, é o produto vetorial do vetor-posição relativo

a Q da partícula pela força, isto é,

. (7.24)

Obviamente, escolhendo o ponto fixo Q como a origem O do

sistema de eixos, o momento angular r

LQ se torna o momento angular

relativo à origem, r

LO (que representamos anteriormente por r

LO).

Considerando a hipótese de que o ponto Q é fixo, demonstra-se que

, (7.25)

isto é, a taxa instantânea de variação do momento angular de uma

partícula (relativo a um ponto fixo Q) é igual ao torque (relativo a Q) da

força resultante que age sobre a partícula. É claro que, tomando o ponto

fixo Q como a origem O, recuperamos o resultado visto na Equação

7.20, que havíamos visto anteriormente.

Esse resultado, chamado de Teorema do Momento Angular e

Torque, é o resultado mais importante desta aula. Para entendê-lo melhor

e aplicá-lo corretamente, devemos nos aprofundar nos significados das

grandezas que nele aparecem, o que faremos a seguir.

O torque é análogo à força no tratamento do movimento rotacional.

Mas qual o significado físico dessa frase? Para dar uma resposta

convincente, vamos nos lembrar de que o trabalho de uma força constante

aplicada sobre uma partícula no movimento linear é ∆ ∆W F x= , onde

∆x é o deslocamento da partícula. Ora, se o torque é o análogo da força

r

r

r

L r pQ = ′× r r r′ = −r r rQ

r r

r

τQ r F= ′×

dL

dtQ

Q

r

r= τ

306 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 307

AU

LA 7

no movimento das rotações, podemos dizer que o trabalho realizado

numa rotação ∆θ deve ser

(7.26)

Pela definição do vetor torque na Equação (7.24), temos que a

equação acima pode ser reescrita como

(7.27)

onde o ângulo φ pode ser visto na Figura 7.11, a seguir.

∆ ∆W = τ θ .

∆ ∆W F r= ( )sen φ θ ,

Note que F senφ é a componente da força que é perpendicular a r

r ; portanto, apenas a componente perpendicular da força contribui para

a realização de trabalho. Em outras palavras, somente a componente

perpendicular é eficaz na produção de rotação.

Aliás, isso era de se esperar, já que a componente da força paralela a r

r exerce apenas tração (ou compressão, de acordo com o sentido), que deve

ser absorvida pelo ponto de apoio, por onde passa o eixo de rotação.

A distância r senθ vista na Equação 7.27 é chamada de braço de

alavanca da força. Quanto maior for o braço de alavanca, mais eficaz será

a força na produção de rotação, e é exatamente por isso que a maçaneta

da porta fica o mais longe possível da dobradiça.

Figura 7.11: Disco em rotação.

z

τ = r × F

F

r

y

x

P

O

φ

306 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 307

AU

LA 7

Finalmente, vamos considerar o movimento de translação da

Terra ao redor do Sol. Se considerarmos apenas o sistema Terra-Sol,

as únicas forças que atuam no sistema são: a força gravitacional que a

Terra exerce sobre o Sol e a força gravitacional que o Sol exerce sobre

a Terra. Ambas estão na direção radial e, portanto, não são capazes de

produzir torque.

Mas a Terra gira em torno do Sol, não gira?

É claro que gira; pois, apesar do torque sobre a Terra ser nulo

(com relação à posição do Sol), seu momento angular é constante (com

relação à posição do Sol). Além disso, como o momento angular tem de

permanecer constante, pois o torque é nulo, o movimento de translação

da reta está contido num plano definido pelos vetores velocidade linear

e vetor-posição da Terra (com relação à posição do Sol).

A trajetória elíptica do movimento de translação da Terra em torno

do Sol está representada por uma linha tracejada na Figura 7.9. Vamos

considerar uma porção infinitesimal da trajetória, que corresponde a um

deslocamento dr. Nesse deslocamento, o vetor varre o triângulo cinza

mostrado na figura, cuja área é

(7.28)

já que essa área corresponde à metade do paralelogramo construído

sobre r e dr.

Figura 7.12: A linha tracejada indica o movimento de translação da Terra em torno do Sol.

dr = vdtr

Sol

dA

dA d= ×12

r r ,

308 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 309

AU

LA 7

A taxa de variação com o tempo da área varrida por r é chamada

de velocidade aureolar. Pela Equação (7.28), a velocidade aureolar se

expressa por

(7.29)

Como sabemos que o momento angular da Terra é constante,

a velocidade aureolar também é constante, ou seja, o raio vetor que

liga a Terra ao Sol descreve áreas iguais em tempos iguais. Aliás, essa é

exatamente a Segunda Lei de Kepler. Portanto, a Segunda Lei de Kepler é

simplesmente uma conseqüência da conservação do momento angular.

Como um último comentário, vamos escrever o módulo do

momento angular em termos da velocidade angular escalar ω. Ora, se

nos lembrarmos de que v r= ω para o movimento circular, pela definição

do momento angular, temos que

(7.30)

onde definimos a grandeza

(7.31)

como sendo o momento de inércia de uma partícula em relação a O.

dAdt

ddt m

L

m= × = × ≡1

21

2 2r

rr p

r

.

L r mv mr I= = ( ) ≡( ) ,2 ω ω

I mr= 2 ,

Podemos estabelecer uma correspondência entre as grandezas lineares e angulares, o que nos permite estabelecer uma analogia entre as rotações e o movimento translacional da seguinte forma:

• o deslocamento ∆r ↔ a rotação ∆r

θ ;• a velocidade rv ↔ a velocidade angular

r

ω ;• a aceleração ra ↔ a aceleração angular

r

α ;• o momento linear

r

p ↔ o momento angular r

r

r

L r p= ×;• a força

r

F ↔ o torque rτ ; e

• a massa m ↔ o momento de inércia I.

Essa analogia é muito útil se quisermos analisar a rotação de corpos rígidos. Entretanto, essa análise não faz parte do escopo deste curso.

308 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 309

AU

LA 7

ATIVIDADES

3. Uma massa de 50g está presa a uma corda que passa por um pequeno buraco de uma superfície horizontal, sem atrito. A massa está inicialmente se movimentando, como na Figura 7.13, com uma velocidade de 1,50m/s em um círculo de raio 0,300m. A corda é então lentamente puxada por baixo da mesa, e o raio do círculo diminui para 0,100m.

a. Calcule o momento angular da massa, relativo ao centro do círculo, quando o raio do círculo vale 0,300m?

b. Qual é o módulo do vetor velocidade da massa quando o raio do círculo vale 0,100m?

Figura 7.13: Uma massa em movimento circular sobre uma superfície horizontal.

ri

vi

m

310 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 311

AU

LA 7

RESPOSTAS COMENTADAS

a) Você pode entender o movimento circular da massa sobre a

mesa usando a definição do momento angular. Veja na Figura 13

que os vetores de posição ri

ur

e de velocidade vi

uru

, medidos com

relação ao centro do círculo, estão sobre o plano da mesa horizontal,

e por causa disto o momento angular L mr vi i i

uru ur uru

= × é um vetor cuja

direção é perpendicular ao plano da mesa. Mais ainda, o momento

angular tem sentido para cima porque o movimento ocorre no

sentido anti-horário.

O movimento inicial é realizado com um vetor velocidade de módulo

vi = 1,50m/s em um círculo de raio ri = 0,300m. Veja na Figura 13

que, em todos os pontos da trajetória circular, os vetores ri

ur

e vi

uru

são

perpendiculares. Isto significa que você pode simplificar o produto

vetorial r v rv rvi i i i i i

ur uru

× = =sen o90 . Assim, você consegue calcular o

módulo do momento angular,

O vetor momento angular tem direção perpendicular ao plano da

mesa e sentido para cima da mesa. Este sentido você pode verificar

usando a regra da mão direita.

b) Em primeiro lugar, vamos discutir o que acontece no movimento

da massa quando alguém puxa a corda por baixo da mesa.

Conforme foi discutido na Aula 5 do curso de Dinâmica, as

forças que atuam sobre a massa deste problema, a tração e a força

centrípeta, estão sobre o plano da mesa. Observe que a força de

tração tem direção radial, ou seja, fica sempre paralela à corda.

A partir desta observação, você pode chegar à conclusão de que

o torque exercido sobre a massa é nulo porque a força de tração

é paralela ao braço de alavanca, que, neste caso, é o vetor de

posição r

r . Você aprendeu que o momento angular é conservado

quando o torque é nulo.

À medida que a corda é puxada lentamente, o raio da trajetória

circular diminui, mas o vetor momento angular não é alterado. Nesse

momento, você já percebeu que é possível calcular o módulo do

vetor velocidade da massa simplesmente aplicando a conservação

do momento angular.

Ao reduzir o raio do círculo para r = 0,100m, a massa deve se mover

com uma certa velocidade v. Nesta nova configuração, você pode

afirmar que o momento angular L mr vur r r

= × é igual àquele que

você calculou no item a), L Li

ur uru

= . Você precisa calcular o módulo

do vetor L Li

ur uru

=,

L mrvi i i= =

≈ × −

( , )( , )( , )

, .

0 050 0 300 1 50

2 25 10 2

kg m m/s

kgm /s2

L mrv L mrvi i i= = = .

310 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 311

AU

LA 7

A partir da igualdade dada, você conseguirá calcular o módulo do

vetor velocidade L mr vur r r

= × ,

Observe que, ao diminuir em três vezes o raio da trajetória,

a velocidade da massa triplica.

4. Determine a massa m necessária para equilibrar um carro de 1.500kg que está sobre o plano inclinado mostrado na Figura 7.14. Assuma que as roldanas têm massa desprezível e não produzem atrito.

vr

rvi

i= = ≈( , )( , )

( , ) , .0 3000 100

1 50 4 50mm

m/s m/s

Figura 7.14: Carro em repouso sobre um plano inclinado.

1.500kg

3r

θ = 450

m

r

312 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 313

AU

LA 7

RESPOSTA COMENTADA

Neste problema, você deve perceber que duas forças atuam sobre as

roldanas acopladas no topo do plano inclinado. Para tal, você precisa

aplicar a Segunda Lei de Newton tanto para o carro em equilíbrio

quanto para o bloco de massa m em equilíbrio.

Como você pode ver na Figura 7.15, na roldana menor é exercida

uma força cujo módulo é dado pela projeção do peso do carro na

direção do plano inclinado, F1 = Mgsen45o. Por outro lado, na roldana

maior é exercida uma força igual à força peso do bloco de massa

m, ou seja, F2 = mg.

Vamos calcular o torque exercido sobre as roldanas. Note que a

direção do torque é dada pelo eixo perpendicular à Figura 7.15 que

passa pelo centro da roldana. O torque devido à força F F1 2

uru uru

tende a

produzir uma rotação no sentido anti-horário (sinal positivo),

e o torque devido à força F2

uru

tende a produzir uma rotação no sentido

horário (sinal negativo),

Agora você deve calcular o torque resultante exercido sobre a roldana.

Para que o carro esteja em equilíbrio, é necessário que o torque

resultante seja nulo,

A relação dada fornece o resultado procurado, isto é,

Figura 7.15: Esquema de forças que atuam sobre a roldana.

τ1 1= =rF rMgsen45o,

τ2 23 3= − = −rF rmg.

τ τ τ∑ = + =1 2 0.

3r

r

F2

uru

F F1 2

uru uru

mM= = ≈ ×3

1 500

3 23 5 102sen45

kgkgo ( . )

, .

312 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 313

AU

LA 7

MOMENTO ANGULAR DE UM SISTEMA DE PARTÍCULAS

Vamos considerar um sistema de partículas, de massas

m1, m2, ... , mN, posições r r

K

r

r r rN1 2, , , , e velocidades r r

K

r

v v vN1 2, , , .

A Segunda Lei de Newton, aplicada às partículas do sistema, nos leva

às equações:

(7.32)

onde r

Fiext

é a soma das forças externas sobre a partícula i e r

F iint é a soma

das forças internas sobre essa partícula. Naturalmente, r r

F Fiext

i+ int é a força

total sobre a partícula i. Façamos o produto vetorial de r

r1 pelos dois

lados da primeira equação na Equação (7.32), de r

r2 pelos dois lados da

segunda, e assim sucessivamente, até o produto vetorial de r

rN pelos dois

membros da N-ésima equação. As equações resultantes são

(7.33)

Nos lados direitos dessas equações, podemos identificar os torques

de forças internas e externas relativos à origem O. De acordo com o que

vimos anteriormente, os lados esquerdos dessas equações são as derivadas

temporais dos momentos angulares das partículas do sistema relativos à

origem O. Conseqüentemente, temos para a i-ésima partícula:

(i = 1, 2, ... N) (7.34)

mdvdt

F F

mdvdt

F F

mdvdt

F

ext

ext

NN

Ne

11

1 1

22

2 2

r

r

r

r

M

r

r

= +

= +

=

int

int

,

,

xxtNF+ int .

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r mdvdt

r F r F

r mdvdt

r F

ext

ext

1 11

1 1 1 1

2 22

2 2

× = × + ×

× = ×

int ,

++ ×

× = × + ×

r

r

M

r

r

r

r

r

r

r F

r mdvdt

r F r FN NN

N Next

N N

2 2int

int

,

.

r

r

r r

r mdv

dtddt

r m vi ii

i i i× = ×( )

314 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 315

AU

LA 7

Usando as igualdades na Equação 7.33, obtemos

Somando membro a membro as equações anteriores e considerando

o fato de que a soma das derivadas é igual à derivada da soma, obtemos

(7.35)

O lado esquerdo da Equação 7.35 é a derivada temporal da soma

dos momentos angulares, relativos à origem O, de todas as partículas

do sistema. Precisamente, essa soma é chamada momento angular do

sistema relativo à origem O. Representando por r

r r r r

L r m v r m vN N N= × + + ×1 1 1 ... o momento angular

do sistema, temos

. (7.36)

Portanto, o primeiro parêntese no lado direito na Equação 7.35

é a soma dos torques, relativos à origem O, de todas as forças externas

que agem sobre o sistema. Vamos chamar essa soma de torque externo

total sobre o sistema, relativo à origem O. Representaremos esse torque

externo total por rτ ext , de modo que

(7.37)

Finalmente, o segundo parêntese na Equação 7.35 é a soma dos

torques, relativos à origem O, de todas as forças internas que agem sobre

o sistema. Chamando essa soma torque interno total sobre o sistema,

relativo à origem O, e representando-a por dLdt ext

r

r r= +τ τ int temos

. (7.38)

ddt

r m v r F r F

ddt

r m v r F

ext( ) ,

( )

intr r r

r

r

r

r r r

r

1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2

× = × + ×

× = × 22 2 2ext

N N N N Next

N N

r F

ddt

r m v r F r F

+ ×

× = × + ×

r

r

M

r r r

r

r

r

int

int

,

( ) .

ddt

r m v r m v

r F r F

N N N

extN N

ext

( ... )

( ... ) (

r r r r

r

r

r

r

1 1 1

1 1

× + + × =

× + + × + rrr

r

r

r F r FN N1 1× + + ×int int... )

r

r r r r

L r m v r m vN N N= × + + ×1 1 1 ...

r r

r

r

r

τ exp ... .= × + + ×r F r FextN N

ext1 1

r r

r

r

r

τ intint int...= × + + ×r F r FN N1 1

314 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 315

AU

LA 7

Usando essas definições, podemos reescrever a Equação (7.20) como

. (7.39)

Agora você verá que o torque interno total sobre um sistema de

partículas qualquer é sempre nulo. As resultantes das forças internas sobre

cada uma das partículas do sistema são dadas pelas respectivas somas

vetoriais das forças exercidas pelas demais partículas do sistema, de modo

que a Equação 7.38 pode ser escrita, com mais detalhe, na forma

(7.40)

No lado direito dessa equação, temos para cada torque r

r

r Fi ij×outro torque dado por

r

r

r Fj ji× . Como todos os torques estão somados, essa

é uma soma de termos do tipo r

r

r

r

r F r Fi ij j ji× + × . Mas, pela Terceira Lei de

Newton, temos que r r

F Fij ji= − , e essa soma pode ser simplificada por:

(7.41)

onde a definição para a posição relativa é r r r

r r rij i j= −− .

Se utilizarmos a hipótese de que as forças internas são centrais,

isto é, de que r r

F Fij ji= − é paralela a r r r

r r rij i j= −− e, portanto, pode ser escrita como um

número λ ij multiplicado pelo vetor r r r

r r rij i j= −−, a Equação 7.41 nos fornece:

, (7.42)

que é nula, pois o produto vetorial de dois vetores paralelos, rrije

λ ij rrij

, é nulo. Com o resultado da Equação 7.42, fica demonstrado que

o lado direito da Equação 7.40 é uma soma vetorial nula e, portanto,

que o torque interno total é nulo:

. (7.43)

r

r

r

r

r r

r

r

r

r F r F r r F r Fi ij j ji i j ij ij ij× + × = − × = ×( ) ,

dLdt ext

r

r r= +τ τ int

r

r

r

r

r r

r

r

r

r r

r

r F r F r r F r F r ri ij j ji i j ij ij ij ij ij ij× + × = × × = × = × =( ) λ 0

r

r

τ int = 0

r r

r

r

r

r

r r

τ int ...

...

= × + + ×

+ × + + ×

r F r F

r F r F

N

N

1 12 1 1

2 21 2 2

+

+ × + + × −

...

... .r

r

r

r

r F r FN N N NN1 1.

316 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 317

AU

LA 7

Usando esse resultado na Equação (7.39), obtemos

, (7.44)

isto é, podemos afirmar que a taxa instantânea de variação temporal do

momento angular do sistema relativo à origem é igual ao torque externo

total sobre o sistema relativo à origem.

Esse resultado mostra que apenas os torques externos são

responsáveis pela mudança do momento angular total de um sistema.

É importante notar a enorme simplificação obtida com a informação

de que o torque interno total é nulo. Dentro de um corpo rígido, por

exemplo, podem ocorrer torques de extrema complexidade.

Contudo, todos eles se cancelam, deixando apenas os torques

externos para provocar as mudanças do momento angular do sistema.

Note que, como a Equação 7.42 é uma equação vetorial, ela é

equivalente a três equações numéricas, obtidas pelas projeções ao longo

dos eixos cartesianos:

; e . (7.45)

Como conseqüência imediata da Equação 7.44, temos

⇒ , , (7.46)

ou seja, se for nulo o torque externo total sobre um sistema relativo

à origem, o momento angular do sistema relativo à origem será

constante.

Naturalmente, se o vetor L Li

ur uru

= se conserva, temos três quantidades

numéricas que permanecem constantes durante o movimento, Lx, Ly

e Lz. O resultado escrito na Equação 7.46 é chamado de Teorema da

Conservação do Momento Angular de um Sistema de Partículas.

Agora, vamos definir alguns novos conceitos que nos permitirão

obter resultados que generalizam o teorema do momento angular e torque

visto na Equação 7.44.

Seja Q um ponto com o vetor-posição r

r

rQ = 0 e seja r

r o vetor-posição

de uma partícula qualquer, definimos o vetor-posição da partícula

relativo a Q como o vetor

dLdt ext

r

r= τ

dL

dtx

xext= τ

dL

dty

yext= τ

dL

dtz

zext= τ

r

r

τ ext = 0r

L = constante

316 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 317

AU

LA 7

. (7.47)

Naturalmente, r r r′ = −r r rQ é um vetor que vai de Q até a partícula. Suponha,

ainda, que o ponto Q possa ser um ponto móvel, isto é, um ponto cuja

posição varie com o tempo. Derivando em relação ao tempo os dois

lados da Equação 7.47, obtemos

, (7.48)

onde r

r

vdrdt

= é a velocidade da partícula, rr

vdr

dtQQ= é a velocidade do

ponto Q.

A derivada drdt

r′, que foi representada na fórmula anterior por dr

dtv v vQ

r

r r r′

= ′ = −, é

chamada velocidade da partícula relativa a Q. Definimos o momento

angular da partícula relativo ao ponto base Q como o vetor

, (7.49)

onde m é a massa da partícula. Se o ponto Q for a própria origem O,

temos r

r

rQ = 0 e r

r

vQ = 0. Conseqüentemente,r r′ =r r e

r r′ =v v . Nesse caso,

a Equação (7.49) recai na definição antiga de momento angular relativo à

origem, dada pela Equação (7.18). Se Q não mais coincidir com a origem,

mas ainda assim for um ponto fixo, teremos rr

vQ = 0 e, conseqüentemente, r r′ =v v . A Equação (7.49) assume a forma

r

r r

L r mvQ = ′× . Agora, estamos

considerando a definição geral, Equação (7.49), que engloba não apenas

esses casos, mas também deixa em aberto a possibilidade de Q ser algum

ponto móvel. Vamos também definir o torque relativo ao ponto Q de

uma força r r

r

τQ r F= ′× , como o vetor

. (7.50)

Vamos aplicar esses novos conceitos às partículas do sistema.

O vetor-posição relativo ao ponto Q da i-ésima partícula do sistema e

sua velocidade relativa a Q são, respectivamente,

e . (7.51)

r r r′ = −r r rQ

drdt

v v vQ

r

r r r′

= ′ = −

r

r r

L r mvQ = ′× ′

r r

r

τQ r F= ′×

r r r′ = −r r ri i Qr r r′ = ×v v vi i Q

318 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 319

AU

LA 7

O momento angular relativo a Q da i-ésima partícula é

. (7.52)

Definimos momento angular total do sistema relativo a Q como

sendo a soma dos momentos angulares relativos a Q de todas as partículas

do sistema. Representando esse momento angular total por r

r r

L

r r

L r m v r m vQ N N N= ′ × ′ + + ′ × ′1 1 1, temos

. (7.53)

Naturalmente, se o sistema tiver apenas uma partícula, recairemos

na definição anterior, dada pela Equação 7.49.

Se Q é um ponto fixo ou o centro de massa de um sistema, a taxa

instantânea de variação temporal do momento angular do sistema relativo

ao ponto Q é igual ao torque externo total sobre o sistema relativo ao

ponto Q. Conseqüentemente, se o torque externo total sobre o sistema

relativo a um ponto fixo ou ao centro de massa for nulo, será constante

o momento angular do sistema relativo ao ponto fixo ou ao centro de

massa, respectivamente.

A figura a seguir ilustra a relação entre os três vetores r

r

r Fi ij×, r

r

rQ = 0 e r′ri .

r

r r

L r m vQi i i i= ′× ′

Figura 7.16: Partícula de massa mi com suas posições em relação ao ponto Q e a origem O indicadas por ri' e ri respectivamente. rQ indica a posição de Q em relação a O.

r

r r

L

r r

L r m v r m vQ N N N= ′ × ′ + + ′ × ′1 1 1

Q

O

x

y

z

mi

ri

rQ

r′ri

318 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 319

AU

LA 7

ATIVIDADES

5. Na Figura 7.17, o corpo está fixado a um eixo no ponto O. Três forças são aplicadas nas direções mostradas na figura: no ponto A, a 8,0m de O, FA = 10N; no ponto B, a 4,0m de O, FB = 16N; no ponto C, a 3,0m de O, FC = 19N.

a. Calcule o torque em O devido a cada uma das forças FA

uru

, FB

uru

e FC

uru

.

b. Qual é o torque resultante em O?

Figura 7.17: Diagrama das forças aplicadas.

160o

90o

135o

FA

FC

FB

B

C A

O

320 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 321

AU

LA 7

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Você pode ver na Figura 7.17 que os três vetores de força FA

uru

, FB

uru

e FC

uru

,

assim como os vetores de posição rA

uru

, rB

ur

e rCuru

, estão todos sobre o plano

determinado pelo corpo. Se você chamar o torque produzido por cada

uma destas forças de τ A

uru

,τB

uru

e τC

uru

, então, a direção destes vetores de

torque é perpendicular ao plano da Figura 7.17. Vamos usar o eixo Z,

perpendicular ao corpo rígido mostrado na figura.

Como a distância entre o ponto A e o ponto O vale rA = 8,0m e o módulo

da força aplicada neste ponto vale FA = 10N, o torque produzido no ponto

O pela força FA

uru

tem que valer

No ponto B, é aplicada uma força cujo módulo é FB = 16N. O módulo

do vetor de posição vale rB = 4,0m, e sendo assim

Observe que o sentido do vetor τB

uru

é oposto ao sentido do vetor τ A

uru

,

como você pode verificar usando a regra da mão direita.

Note que no ponto C, onde rC = 3,0m, o braço de alavanca vale

rC sen20o.

Como a força aplicada em C tem um módulo igual a FC = 19N, o torque

produzido no ponto O pela força FC

uru

vale

Os resultados encontrados mostram que, enquanto as forças FA

uru

e FC

uru

tendem a girar o corpo no sentido anti-horário, a força tende a girar o

corpo no sentido horário.

b. Para determinar o torque resultante no ponto O, você precisa calcular

a seguinte soma vetorial:

Finalmente, usando os resultados que você calculou no item (a), você

pode calcular quanto vale τR

uru

,

τ A A A z zr Furu uru uru

= × = ≈( , )( ) ( ) .8 0 10 45 57m N sen Nmo u u

τ τ τ τR A B C

uru uru uru uru

= + + .

τR z

uru

≈ ( ) .13 Nm u

τC C C z zr Furu uru uru

= × = ≈( , )( ) ( , ) .3 0 19 19 5m N sen20 Nmou u

τB B B z zr Furu ur uru

= × = − = −( , )( ) ( ) .4 0 16 90 64m N sen Nmo u u

320 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 321

AU

LA 7

6. Dois astronautas, mostrados na Figura 7.18, cada um com uma massa de 75kg, estão conectados por uma corda de 10,0m, que tem massa desprezível. Eles estão isolados no espaço, girando ao redor do centro de massa a uma velocidade de 5,00m/s.

a. Tratando os astronautas como partículas, calcule o momento angular total.

Ao puxar a corda, um dos astronautas diminui a distância entre eles para 5,00m.

b. Qual é o novo momento angular do sistema?

c. Quais são os módulos das velocidades dos astronautas?

Figura 7.18: Dois astronautas ligados por uma corda.

CM

d

322 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 323

AU

LA 7

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Vamos considerar que cada um dos astronautas é uma partícula

de massa m1 = m2 = 75kg. Neste caso, o sistema que você vai

estudar se trata de um sistema de duas partículas de mesma

massa, girando ao redor do centro de massa do sistema com

um vetor velocidade de módulo igual a v1 = v2 = 5,00m/s. Apesar

de o módulo das velocidades v1ur

e v2

uru

serem iguais, a direção

e o sentido não são iguais, como você pode ver na Figura 7.I9.

Veja também que os módulos dos vetores-posição dos dois astro-

nautas também são iguais, r1 = r2 = 5,00m.

De início, você vai calcular o momento angular do astronauta 1,

L m r v1 1 1 1

uru ur uru

= × , e o momento angular do astronauta 2, L m r v2 2 2 2

u ru ur uru

= × ,

em relação ao centro de massa do sistema de duas partículas. Veja na

Figura 7.19 que os vetores de posição e de velocidade, r v r v1 1 1 1

ur uru

× = e v1ur

, têm

direções perpendiculares entre si, ou seja, r v r v1 1 1 1

ur uru

× = . O mesmo é

válido para r2 e v2 , em que r v r v2 2 2 2

ur uru

× = .

Figura 7.19: Vetores de posição e de velocidade dos dois astronautas.

Com isto, você pode calcular o módulo do momento angular do

astronauta 1,

e do astronauta 2,

Observe que os vetores r1ur

,v1ur

, r2ur

e v2

uru

estão todos no mesmo plano.

A partir desta consideração, você pode afirmar que os vetores de

momento angular, L m r v1 1 1 1

uru ur uru

= × e L m r v2 2 2 2

u ru ur uru

= ×, têm direção perpendicular ao plano da

Figura 7.19, e sentido que aponta para o leitor.

L m r v2 2 2 2375 5 00 5 00 1 88 10= = ≈ ×( )( , )( , ) , .kg m m/s kgm /s2

L m r v1 1 1 1375 5 00 5 00 1 88 10= = ≈ ×( )( , )( , ) , .kg m m/s kgm /s2

v1ur

v2

uru

CM

r v r v1 1 1 1

ur uru

× =r v r v2 2 2 2

ur uru

× =

322 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

CECIER J – Extensão 323

AU

LA 7

Você aprendeu que, para um sistema de partículas, o momento

angular total L L Lur uru u ru

= +1 2 é calculado por meio da soma vetorial do momento

angular de cada partícula do sistema, isto é, L L Lur uru u ru

= +1 2 . Assim como

os vetores L L Lur uru u ru

= +1 2 e L L Lur uru u ru

= +1 2 , o momento angular do sistema também tem

direção perpendicular ao plano da Figura 7.19. Você pode calcular

o módulo do momento angular total L L Lur uru u ru

= +1 2 da seguinte maneira:

b. Você deve lembrar que, para alterar o momento angular de uma

partícula, é necessário aplicar um torque sobre a mesma. No caso

de um sistema composto por partículas, o momento angular total é

conservado contanto que não exista um torque externo, τ ext

u ruu

. Note

que os astronautas estão no espaço, e com boa aproximação não

sofrem forças externas. Sendo assim, você deve usar a conservação

do momento angular total para afirmar que o novo momento

angular do sistema também é L L Lur uru u ru

= +1 2.

c. Nesta nova situação, a distância entre os dois astronautas dimi-

nui de 10,0m para 5,00m. Isto significa que o módulo do vetor

de posição dos dois astronautas passa a valer r´1 = r´2 = 2,50m.

Como as duas partículas do sistema têm a mesma massa, m1 = m2 ,

e estão separadas do centro de massa de uma mesma distância,

os novos módulos dos vetores de velocidade também são iguais,

v´1 = v´2 . Agora você só precisa usar a conservação do momento

angular total,

A partir desta igualdade, você conseguirá calcular o módulo do

vetor velocidade vr

,

Observe que, quando o astronauta diminui a distância pela metade,

o módulo do vetor velocidade é duplicado.

v vL

m rL

m r1 21 1 2 2

3

2 23 75 102 75 2 50

10´ ´´ ´

( , )( )( , )

,= = = = × =kgm /skg m

2

00m/s.

L L L mr v mr v= + = =1 2 1 1 2 22 2´ ´ ´ ´ ´ ´.

L m r v m r v= + = ×1 1 1 2 2 233 76 10, .kgm /s2

324 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Momento angular

R E S U M O

Nesta aula, você viu como representar as rotações infinitesimais como um produto

vetorial e estudou algumas das propriedades dessa operação entre vetores.

Em seguida, vimos como representar os vetores velocidade angular e aceleração

angular e estabelecemos uma analogia entre grandezas lineares e angulares para

definir o torque e o momento angular. Também vimos que a Segunda Lei de Kepler

é uma conseqüência da conservação do momento angular.

Finalmente, calculamos o torque total quando forças externas atuam sobre um

sistema de partículas e vimos que o momento angular do sistema se conserva

quando o torque total é nulo.

obje

tivos8AULA

Meta da aula

Hidrostática

Ao final desta aula, você deverá ser capaz de:

• calcular a pressão exercida por uma força sobre uma superfície de área conhecida;

• calcular a densidade de um fluido, quando conhecemos sua massa e volume;

• comparar substâncias fluidas em função de suas densidades;

• calcular a pressão manométrica de um fluido homogêneo e incompressível num campo gravitacional;

• aplicar o Princípio de Pascal do funcionamento esquemático de uma prensa hidráulica;

• prever se um objeto de densidade conhecida boiará, afundará ou permanecerá imóvel, quando mergulhado em um fluido de densidade conhecida;

• calcular o empuxo exercido por um fluido, com densidade conhecida, sobre um corpo de volume conhecido.

Discutir os principais aspectos relacionados aos fluidos em equilíbrio ou estáticos.

Pré-requisito

Para melhor compreensão desta aula, você precisa ter estudado a Aula 4 – As Aplicações das Leis de Newton.

Texto adaptado por Lizardo H. C. M. Nunes das apostilas:

- KHOURY, Antonio Zelaquett; FRANCESCHINI FILHO, Dante Ferreira. Física 2A. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. v.1.

326 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 327

AU

LA 8

PRESSÃO EM UM FLUIDO

Nesta aula, vamos estudar algumas das leis que regem o com-

portamento físico dos fluidos, que compreendem tanto líquidos como

gases. Em particular, vamos estudar apenas fluidos estáticos, isto é, em

repouso ou equilíbrio.

Para melhor entendermos o que é um fluido, vamos reproduzir

uma explicação do Professor H. Moysés Nussenzveig encontrada em

seu livro Curso de Física Básica 2 − Fluidos, oscilações e ondas, calor:

Um corpo sólido tem geralmente volume e forma bem definidos, que

só se alteram (usualmente pouco) em resposta a forças externas. Um

líquido tem volume bem definido, mas não a forma: mantendo seu

volume, amolda-se ao recipiente que o contém. Um gás não tem nem

forma nem volume bem definidos, expandindo-se até ocupar todo o

volume do recipiente que o contém. Líquidos e gases têm em comum,

graças à facilidade de deformação, a propriedade de poderem escoar

ou fluir facilmente, donde vem o nome de fluidos.

Em um meio material qualquer, dois tipos de força devem ser

considerados: forças normais e forças tangenciais à superfície. Por

exemplo, um bloco apoiado sobre uma mesa exerce uma força normal

(ou perpendicular) à superfície da mesa. Por outro lado, se colocarmos

um bloco preso por cola a uma parede, os elementos da superfície de

contato do bloco com a cola exercem forças tangenciais sobre a cola.

Um fluido opõe resistência ao deslizamento relativo de camadas

adjacentes: esta resistência mede a viscosidade de fluido, e depende,

basicamente, de como a velocidade varia no espaço em relação ao

deslocamento. As forças tangenciais estão associadas à viscosidade do

fluido e são responsáveis, por exemplo, pelo atrito entre a água e um

barco em movimento.

Contudo, uma boa descrição do comportamento dos fluidos pode

ser construída desprezando-se, em primeira aproximação, os efeitos

de viscosidade. Assim, adotaremos neste curso esta aproximação e

consideraremos os fluidos como ideais, isto é, incapazes de exercerem

forças tangenciais.

326 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 327

AU

LA 8

Nesta aproximação, a interação de um fluido ideal com o meio

que o circunda ocorre apenas através de forças normais à superfície do

fluido. Essas forças normais dão origem ao que chamamos de pressão

num fluido, o que definiremos a seguir.

Em um fluido, a viscosidade descreve a sua resistência ao fluir. De fato, quando em movimento, além das forças volumétricas externas que atuam sobre o fluido, como a gravidade, por exemplo, há uma força volumétrica interna, que corresponde ao atrito no deslizamento de camadas fluidas, umas sobre as outras, que chamamos de força de viscosidade.Portanto, fluidos que escoam mais facilmente são menos viscosos do que outros. Por exemplo, a água possui uma viscosidade menor do que o óleo vegetal.

PRESSÃO E DENSIDADE

A pressão está associada às forças normais que um fluido exerce

sobre as superfícies que o circundam. A maioria de nós está familiari-

zada com a noção de pressão através de várias experiências do nosso

cotidiano.

Esta noção surge, por exemplo, quando mergulhamos até o

fundo de uma piscina. Temos uma sensação de pressão nos ouvidos, que

aumenta à medida que descemos a profundidades maiores. Na verdade,

esta sensação está diretamente relacionada com as forças normais que a

água exerce sobre os nossos tímpanos e traduz a variação da pressão de

um fluido em função da profundidade, como veremos adiante.

Aliás, talvez o leitor já tenha percebido que essa sensação de pressão

não varia quando viramos a cabeça e mudamos a orientação dos ouvidos,

mantendo a cabeça sempre na mesma profundidade. Verifica-se que, se

a variação da profundidade for muito pequena durante o movimento,

nenhuma alteração será percebida na pressão exercida sobre os ouvidos.

Portanto, esta sensação depende da profundidade em que nos encontramos,

mas independe da direção em que orientamos nossos ouvidos. Logo,

se quisermos definir uma grandeza que represente a pressão da água sobre

nossos ouvidos, esta deverá ser uma grandeza escalar.

Ao exercermos uma força r

F sobre um objeto, podemos imaginar

que esta força se distribui sobre toda a área da superfície de contato

com o objeto. Por exemplo, quando colocamos um tijolo sobre uma

mesa, a força normal que sustenta o tijolo não é aplicada em um único

328 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 329

AU

LA 8

Figura 8.1.a: Forças normais atuando sobre tijolos distribuídos lado a lado...Fonte: Física 2A, Aula 1 – Figura 1.1, p.9 (p.3 do.pdf)

ponto, mas distribuída por toda a área de contato entre o tijolo e a mesa.

De fato, se desejamos apoiar um número grande de tijolos sobre a

mesa, é intuitivo esperar que a mesa corra um risco menor de que-

brar-se ao distribuirmos os tijolos por toda a superfície da mesa, como na

Figura 8.1.a, do que se os apoiarmos todos empilhados, uns sobre

os outros, como na Figura 8.1.b, ainda que a força normal total seja

a mesma nas duas situações.

Assim, desenvolvemos a noção de que o “esforço” exercido sobre o

material da mesa está relacionado com a distribuição da força pela superfície

de contato, isto é, com a força de contato por unidade de área.

Outra questão importante refere-se à direção da força de contato.

Por exemplo, imagine que agora apoiemos um tijolo sobre uma superfície

inclinada. Se assumirmos que o tijolo está em equilíbrio, a força de

contato r

Fc entre o tijolo e a superfície de contato será igual à soma

vetorial de uma componente normal à superfície (reação normal) e outra

tangente a esta (força de atrito r

Fat ), conforme mostrado na Figura 8.2.

Ao analisarmos o risco de a mesa quebrar, apenas a componente normal

será importante, a força de atrito está distribuída pelas rugosidades das

duas superfícies em contato.

Nuru

Nuru

Nuru

Nuru

4Nuru

Figura 8.1.b: ...e empilhados sobre uma mesa.

328 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 329

AU

LA 8

Figura 8.2: Forças atuando num tijolo apoiado sobre uma superfície inclinada com atrito.Fonte: Física 2A, Aula 1 – Figura 1.2, p.10 (p.4 do .pdf)

Levando em conta as noções colocadas, definimos uma grandeza

escalar que chamaremos pressão como:

(8.1)

ou seja, a pressão é a razão entre a componente normal da força de

contato (N = Fc cosθ) e a área A de contato.

Apesar de termos desenvolvido a noção de pressão num exemplo

envolvendo a superfície de contato entre dois corpos rígidos (mesa e

tijolo), a pressão pode ser definida para todos os pontos de um fluido.

A pressão exercida por um fluido sobre as paredes do recipiente que o

contém é transmitida a todos os pontos do fluido.

pNA

F

Ac= =cos

Nuru

r

Fc

r

Fat

Mg

No Sistema Internacional, a pressão é expressa numa unidade chamada de Pascal (Pa), definida como 1 Pascal= 1 Newton/(metro)2. Devido ao peso dos gases que compõem a atmosfera, os diferentes pontos dela próximos à superfície terrestre encontram-se a uma pressão de cerca de 1,01 × 105 Pa. Além disso, freqüentemente, expressamos valores de pressão em unidades da pressão atmosférica. Assim, definimos uma unidade chamada atmosfera (atm), de maneira que 1 atm = 1,01 × 105 Pa. Além da atm e do Pa, existem outras unidades de pressão.

N FC

uru uru

= cosθ

330 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 331

AU

LA 8

Definimos pressão em termos de força por unidade de área. Suponhamos agora o caminho inverso, isto é, conhecendo-se a pressão em todos os pontos de um fluido, desejamos determinar a força total exercida sobre as paredes do recipiente que contém o fluido. Lembre-se de que um fluido ideal não é capaz de exercer forças tangenciais e de que a pressão foi convenientemente definida em termos apenas da componente normal da força de contato entre duas superfícies. Podemos facilmente calcular a força a partir da pressão em condições simples como a de uma superfície plana de área A, cujos pontos estão todos à mesma pressão p. Este é o caso, por exemplo, da força exercida sobre o fundo plano de uma garrafa vertical contendo um determinado fluido, como mostrado na Figura 8.3.

Neste caso, a força total F exercida no fundo da garrafa é

(8.2)

onde n̂ é o vetor unitário normal à superfície, que aponta para fora do fluido.

No entanto, podemos estar interessados em calcular a força exercida sobre uma superfície curva, como a superfície lateral da garrafa na Figura 8.3. Neste caso, devemos tomar porções infinitesimais da superfície, com áreas ∆A aproximada-mente planas. Sendo estas porções infinitesimais, podemos ainda considerar a pressão p como constante sobre a área ∆A. A cada porção A corresponderá uma força infinitesimal F = p∆A n̂ , onde n̂ é o vetor unitário normal à superfície na região do elemento ∆A. Note que para uma superfície curva, a direção de n̂ varia de um ponto a outro. Para calcularmos a força total exercida sobre a superfície, devemos somar sobre todas as porções ∆A e fazer o limite ∆A → 0, ou seja, devemos integrar sobre todas as porções ∆A:

F = pAn̂,

F = ∫ p dA n .ˆ

Figura 8.3: Elementos de força e área sobre as superfícies de um recipiente contendo um fluido.Fonte: Física 2A, Aula1 – Figura 1.3, p.10 (p.5 do .pdf)

∆Fur

∆Fur

Fur

= PAn̂

∆A

∆A

(8.3)

Note ainda que essa expressão também pode ser usada quando a pressão varia de um ponto para outro da superfície.

330 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 331

AU

LA 8

A variação do volume de um fluido com a pressão é dada pelo

módulo de elasticidade volumar:

(8.4)

que nos dá a razão entre a variação de pressão ∆p e a variação

percentual ∆V/V de um fluido. Note que como ∆V/V é adimensional;

logo, B é expresso em unidades de pressão. O sinal negativo na definição

dada garante que B seja uma grandeza positiva. De fato, em geral, ao

aumentarmos a pressão sobre um fluido (∆p > 0) ocorre uma diminuição

do volume (∆V < 0) e vice-versa. Ou seja, ∆p e ∆V geralmente têm sinais

opostos, o que é compensado pelo sinal negativo na definição de B.

Se uma substância possui B muito grande, então é necessário exercer uma

pressão muito alta para produzir uma variação percentual de volume

apreciável. Por exemplo, o módulo volumar da água é igual a 2,2 × 109

N/m2. Isso significa que sob a pressão existente no fundo do Oceano

Pacífico (4,0 × 109 N/m2 ≈ 400atm), a variação percentual de volume

da água é de apenas 1,8%. Assim, podemos considerar a água como um

fluido incompressível.

Deste momento em diante, restringiremos nossa discussão aos

fluidos que, com boa aproximação, podem ser considerados como

incompressíveis.

Agora, vamos considerar outra grandeza escalar de grande

importância no estudo da hidrostática: a densidade, que traduz a

distribuição da massa do fluido no espaço que ocupa e é uma característica

particular de cada substância. Por definição, a densidade é a massa por

unidade de volume do fluido.

Assim, para um fluido homogêneo (em que a massa se distribui de

maneira uniforme), a densidade é dada simplesmente pela razão entre a

massa total do fluido e o volume ocupado por ele:

(8.5)

Bp

V V= −−

∆∆ /

,

Cálculos de derivadas e integrais estão fora do objetivo deste curso e não serão cobrados nas avaliações.

!

ρ = MV

.

332 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 333

AU

LA 8

ATIVIDADE

É fácil perceber que, no caso de um fluido incompressível,

a densidade não varia com a pressão.

1. Três líquidos que não se misturam são derramados dentro de um recipiente cilíndrico cuja base circular tem um raio de 4cm. Os volumes e densidades dos líquidos são respectivamente 0,50l; 2,6g/cm3; 0,25l; 1,0g/cm3; e 0,40l, 0,80g/cm3.

a. Qual é a força aplicada no fundo do recipiente devido a esses líquidos?

b. Qual é a pressão no fundo do recipiente? Um litro = 1l = 1.000cm3. (Ignore a contribuição da atmosfera.)

Considere a aceleração da gravidade como g = 9.8m/s2.

No Sistema Internacional (S.I.), a densidade é expressa em kg/m3. (Também podemos utilizar g/cm³.)

Por exemplo, a densidade da água, é 1,0 × 103 kg/m3 e a do mercúrio é da ordem de 13,6 × 103 kg/m3.

Fora do S.I., diversas unidades podem ser utilizadas, de acordo com o padrão de medidas adotado, como quilogramas por litro (kg/l), ou libras por polegada cúbica (lb/in3) etc.

332 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 333

AU

LA 8

RESPOSTAS COMENTADAS

Ao serem derramados no recipiente, lembre-se de que o líquido mais denso fica

no fundo enquanto que o menos denso fica acima dos outros dois. Para você

organizar a solução deste problema é conveniente dar um rótulo para cada

um dos líquidos. Vamos usar a letra X para o líquido mais denso, ou seja,

Note que usamos a unidade de massa convertida de grama para kilograma

bem como a relação de unidades 1l = 1.000cm3. Na seqüência, podemos

usar a letra Y,

Assim, o líquido menos denso recebe o rótulo dado pela letra Z,

Veja na Figura 8.4 a seguir, a maneira como os líquidos ficam separados

dentro do recipiente.

a. Agora, você já deve ter percebido que a força aplicada no fundo do

recipiente devido a esses líquidos é a força peso. Vamos calcular a força

peso de cada um dos líquidos, em separado, para depois somá-las.

Para você calcular a força peso de um certo volume V de um líquido, que

tem uma densidade ρ, é preciso usar a seguinte equação:

Veja como foi usada, na equação dada, a definição da densidade de um

fluido, isto é, ρ = m/V.

ρX

XV

= ==

2 6 2 6

0 5

, , ;

, .

g/cm kg/l

l

3

ρY

YV

= ==

1 0 1 0

0 25

, , ;

, .

g/cm kg/l

l

3

ρZ

ZV

= ==

0 80 0 80

0 40

, , ;

, .

g/cm kg/l

l

3

P mg V g= = ( ) .ρ

Figura 8.4: Os três líquidos X, Y e Z dentro do recipiente.

4 cm

Z

Y

X

334 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 335

AU

LA 8

A partir da equação da força peso, você vai poder calcular o peso do líquido

mais denso,

Da mesma forma, você conseguirá calcular o peso do líquido que rotulamos

de Y,

Para o líquido Z, menos denso que os demais líquidos, você deve calcular um

peso igual a

Como resultado de nossa análise, vemos que a força aplicada no fundo do

recipiente é dada pela soma da força peso de cada um dos líquidos. Portanto,

a força resultante será:

b. Note que o recipiente cilíndrico tem base circular, com um raio que vale

R = 4cm. Portanto, a pressão é devido à força F exercida sobre o fundo do

recipiente. Você vai precisar primeiro calcular a área da base do cilindro,

A = πR2. Por fim, você vai conseguir calcular a pressão no fundo do

recipiente,

F P P PX Y Z= + + ≈ 18N

FLUIDO INCOMPRESSÍVEL NUM CAMPO GRAVITACIONAL

Nesta seção, começaremos a discutir a variação da pressão em

função da presença de um campo gravitacional.

Antes de começarmos a discutir esta situação em um fluido, vamos

tentar enxergar o que acontece analisando as forças que agem sobre

uma pilha de três tijolos empilhados sobre o tampo de uma mesa, como

mostra a Figura 8.5.a. Suponhamos que os tijolos tenham as mesmas

dimensões e o mesmo peso e estejam empilhados.

pFA m

= ≈ ≈ ×180 04

3 62

N10 Pa3

π ( , ),

P V gX X X= = ≈ρ ( , ) ( , ) ( , ) .2 6 0 5 9 8 13kg/l l m/s N2

P V gY Y Y= = ≈ρ ( , ) ( , ) ( , ) , .1 0 0 25 9 8 2 5kg/l l m/s N2

P V gZ Z Z= = ≈ρ ( , ) ( , ) ( , ) , .0 80 0 40 9 8 3 1kg/l l m/s N2

334 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 335

AU

LA 8

Comecemos com a análise do tijolo superior. Sobre ele agem duas

forças, ambas na direção vertical: o próprio peso (igual a − mguz), e a

força normal do tijolo 2 sobre o tijolo 1, que chamaremos F21 = F21uz.

Sobre o tijolo do meio (tijolo 2), por sua vez, agem três forças, todas

também verticais: o seu peso, a força normal F12 exercida pelo tijolo 1,

(a qual, como conseqüência da Terceira Lei de Newton deve ser igual a

−F21 ), e a força normal F32 exercida pelo tijolo 3. Finalmente, sobre o

tijolo 3 agem, além do peso, a força normal exercida pela mesa FM3, e a

força normal F23 = −F32 exercida pelo tijolo 2. Todas estas forças estão

mostradas esquematicamente, para cada tijolo, na Figura 8.5.b.

Com base nesta análise, podemos então escrever a equação de

equilíbrio para cada tijolo, na direção uz:

(8.6)

A solução para o sistema de equações dado pode ser obtida

resolvendo primeiro a equação do tijolo 1, substituindo o valor de

F21 obtido na equação do tijolo 2, assim determinando F32, valor que

substituído na equação do tijolo 3 permite a determinação de FM3.

Figura 8.5.a e b: Descrição das forças que atuam sobre três tijolos empilhados.Fonte: Física 2A, Aula 1 – Figura 1.6, p.16 (p.10 do .pdf)

F W W Fur u ru u ru ur

12 21+ = −−

F W W Fur u ru u ru ur

23 32+ = −−

F Fur ur

21 32

F Fur ur

21 32

FM

ur

3

F W W Fur u ru u ru ur

12 21+ = −−

F mg

F F mg

21

32 21

0

0

−−−− −−

==

(tijolo 1),

(tijolo 2),

FF F mgM3 32 0−− −− = (tijolo 3).

1

2

3

1

2

3

a b

336 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 337

AU

LA 8

Seguindo este procedimento, podemos obter a magnitude de todas as

forças envolvidas:

(8.7)

Podemos então, fazer algumas observações em relação a esses

resultados. Em primeiro lugar, observa-se que, como deve ser esperado, a

força que a pilha de tijolos faz sobre a mesa ( F3M = −FM3 ) é igual ao peso

da pilha. Em segundo lugar, observamos que, para cada um dos tijolos,

a força exercida nas faces superior e inferior apresentam magnitudes

diferentes, o mesmo acontecendo com as pressões exercidas nestas faces,

uma vez que as suas áreas de superfície são iguais. Veja também, que a

força exercida na face superior de cada tijolo tem magnitude igual ao

peso dos tijolos empilhados sobre ela (o que se traduz em força nula

para o tijolo 1, força igual a mg para o tijolo 2, e 2mg para o tijolo 3).

Obviamente, a diferença entre as forças nas faces inferior e superior de

cada tijolo é igual em magnitude ao seu peso, uma vez que os tijolos

estão em equilíbrio.

Apesar da marcante diferença entre um fluido e um sólido,

o comportamento discutido para a pilha de tijolos deve encontrar

correspondência no comportamento de um fluido em equilíbrio.

A discussão a seguir será baseada na suposição de que se possa pensar

em um fluido como sendo composto de um número infinitamente grande

de elementos de volume, ou “células” de um fluido. Isso corresponde

a delimitar os elementos de volume do fluido por meio de superfícies

imaginárias, de modo a se formar um poliedro de fluido. Pode-se, por

exemplo, dividir um fluido por meio de planos paralelos às direções

x, y e z, com espaçamentos regulares em cada direção. Assim, um

elemento de fluido será constituído por paralelepípedos com arestas

iguais a ∆x, ∆y, e ∆z, como mostra a Figura 8.6.

F mg

F mg

F mgM

21

32

3

2

3

===

,

,

.

336 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 337

AU

LA 8

Figura 8.6: Elemento de volume utilizado na discussão da pressão em função da profundidade, na presença de um campo gravitacional.Fonte: Física 2A, Aula 1 – Figura 1.7, p.18 (p.12 do .pdf)

p(z) ∆x ∆y

−p(z + ∆z) ∆x ∆y ∆y

∆x

∆z

x

y

z

z + dz

z−p(z + ∆z) ∆x ∆y

−Peso (W) ≡ densidade × volume × g

p(z) ∆x ∆y massa

W = ρ × ∆x ∆y ∆z × g

}

Mesmo sendo imaginárias, é sobre as superfícies que separam uma

“célula” da outra, que são exercidas as forças de um elemento de fluido

sobre o outro. Como o fluido está em equilíbrio, a força resultante deve

ser nula. Portanto, deverá também ser nula a sua componente vertical

Fz. Considerando que as dimensões das faces do elemento de fluido são

pequenas o suficiente para que a pressão sobre elas seja constante, as

forças que atuam sobre o elemento são: o seu peso (λg∆x∆y∆z), e as

forças provenientes da pressão exercida sobre as faces superior e inferior

do paralelepípedo de fluido, como mostra a Figura 8.6. A equação de

equilíbrio para este fluido fica sendo então:

(8.8) F g x y z p z z x y p z x yz = +( ) + ( ) =ρ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆−− 0,

z$

z$

z$

338 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 339

AU

LA 8

onde z é a posição do fluido em relação à superfície, p(z) e p(z + ∆z)

são as pressões nas faces superior e inferior do fluido respectivamente,

e ρ é a densidade do fluido. Dividindo-se a equação de equilíbrio por

∆x∆y obtemos então:

(8.9)

ou

(8.10)

Fazendo agora o limite para dimensões muito pequenas do paralelepípedo,

obtemos a equação diferencial:

(8.11)

cuja solução é dada por:

(8.12)

o que resulta em:

(8.13)

onde p0 é a pressão na superfície do líquido (posição z = 0), ou seja, a

pressão de um fluido aumenta com a profundidade, o que está em acordo

com o aumento da pressão sobre os ouvidos quando mergulhamos em

direção ao fundo de um reservatório de água. É comum chamar-se a

quantidade ρgh de pressão manométrica, isto é, o valor da pressão menos

a pressão atmosférica, como veremos adiante.

O BARÔMETRO DE MERCÚRIO

A medida de pressão pode ser realizada, tanto por técnicas

hidrostáticas, como por técnicas hidrodinâmicas. Nesta aula, trataremos

apenas das técnicas hidrostáticas. As técnicas hidrodinâmicas baseiam-se

nas leis de escoamento de um fluido, que não estudaremos neste curso.

Chamamos de barômetro o aparelho utilizado para a medição

da pressão atmosférica. Um tipo rudimentar de barômetro de mercúrio

(símbolo químico: Hg) foi inventado no século XVII pelo italiano

Evangelista Torricelli. Um tubo de vidro fechado em uma das extremidades,

e completamente cheio de mercúrio, é colocado de cabeça para baixo em

um recipiente, também cheio de mercúrio, como mostra a Figura 8.7.

ρgpz

= ∆∆

.

∆p = ρg∆z

ρgdpdz

= ,

p p gh= +0 ρ ,

p p g dzh

−− 00

= ∫ρ ,

338 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 339

AU

LA 8

Utilizando um tubo, observa-se que a coluna de mercúrio desce

produzindo vácuo na parte mais alta do tubo. A pressão na região

de vácuo é praticamente nula. Como os pontos de um fluido, que se

encontram à mesma altura, possuem a mesma pressão, podemos calcular

a pressão atmosférica.

Figura 8.7: Barômetro de mercúrio.Fonte: Física 2A, Aula 2 – Figura 2.4, p.30 (p.8 do .pdf)

pB = pA

pA = p0

AB

h

p = 0

C

É comum expressarmos a pressão em unidades de “altura da coluna de Hg”. Por exemplo, a pressão atmosférica corresponde à pressão exercida por uma coluna de Hg com 760mm de altura, ou seja, 1atm = 760mmHg.

Conheça mais sobre o físico e matemático Evangelista Torricelli (1608-1647) através do link: http://pt.wikipedia.org/wiki/Evangelista_Torricelli

340 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 341

AU

LA 8

Para entendermos como funciona o barômetro de mercúrio,

vamos começar analisando os pontos A, B e C indicados na Figura

8.7, um sobre a superfície do mercúrio no recipiente (ponto A), outro à

mesma altura no interior do tubo (ponto B), de maneira que pA = pB, e,

ainda, outro na superfície do mercúrio no interior do tubo (ponto C).

Uma vez que o ponto A está em contato com a atmosfera, pA é igual à

pressão atmosférica p0 que queremos medir. Por outro lado, a pressão

no ponto B pode ser calculada com a Equação (8.9) aplicada aos pontos

B e C, lembrando-se de que pc = 0, pois C encontra-se na interface

entre o mercúrio e a região de vácuo. Assim, concluímos que pA = pB =

ρgh. Portanto, conhecendo-se a densidade do mercúrio e a aceleração

da gravidade no local da medida, pode-se medir a altura h da coluna

de mercúrio no tubo e obter o valor da pressão atmosférica no

local. Por exemplo, ao nível do mar, a altura da coluna de mercúrio

será de cerca de 760mm. Mais precisamente, 1 atmosfera (1atm)

corresponde a uma coluna de Hg de 760mm de altura a 00 C, sob

gravidade g = 9,80665 m/s2. Substituindo a densidade do mercúrio a

00 C, ρ = 1,35955 × 104 kg/m3, obtemos

Baseado no barômetro de mercúrio, definimos a unidade de pressão torr (em homenagem a Torricelli) como sendo a pressão correspondente a uma coluna de 1mm de Hg, ou seja,

1torr = (1, 35955 × 104 kg/m3)(9,80665 m/s2)(0,001m) = 133,326 Pa.

Chamamos de pressão manométrica a diferença entre a pressão

medida e a pressão atmosférica. A pressão absoluta num ponto qualquer

de um fluido é a soma da pressão manométrica com a pressão atmosférica,

e, portanto, corresponde à pressão real no ponto em questão.

O manômetro é um aparelho utilizado para medir pressões

manométricas. Um tipo simples deste aparelho é o manômetro de tubo

em U, como mostrado na Figura (8.8).

1atm = (1, 35955 × 104 kg/m3)(9, 80665 m/s2)(0, 76m) = 1,01 × 105 Pa.

340 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 341

AU

LA 8

Ele é formado por um tubo em forma de U, aberto em ambas as

extremidades, contendo um fluido manométrico com densidade ρ. Uma

das extremidades é colocada em contato com o sistema cuja pressão

queremos medir, enquanto a outra extremidade está em contato com

a atmosfera. Para calcularmos a pressão do sistema, utilizamos três

pontos de referência: o ponto A de contato entre o sistema e o fluido

manométrico, o ponto B localizado no outro ramo do tubo em U à

mesma altura de A, e o ponto C na região de contato entre o fluido

manométrico e a atmosfera. Como A e B estão à mesma altura, sobre

o mesmo fluido, temos que pA = pB. Por outro lado, podemos aplicar

a Equação (8.13) aos pontos B e C de maneira que pA = pB = p0 + ρgh.

A pressão manométrica no ponto A é, portanto,

(8.14)

Figura 8.8: Manômetro de tubo em U.Fonte: Física 2A, Aula 2 – Figura 2.5, p.31 (p.9 do .pdf).

pA = p

pc = p0

A

h

pB = pA

B

p p ghA −− 0 = ρ ,

C

Sistema pressão p

342 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 343

AU

LA 8

ATIVIDADE

ou seja, é proporcional à diferença de altura do fluido manométrico em

cada ramo do manômetro. Assim, conhecendo-se λ e g, podemos obter

a pressão manométrica medindo a altura h.

2. Um certo volume de mercúrio é colocado em um tubo em U, como está mostrado na Figura 8.9.a. O lado esquerdo do tubo tem uma seção reta de área A1 = 10,0cm2, e o lado direito tem uma seção reta de área A2 = 5,00cm2. Ao derramar 100g de água no lado direito do tubo, a configuração de equilíbrio fica como mostra a Figura 8.9.b.

a. Determine a altura da coluna de água no lado direito do tubo em U.

b. Calcule a pressão manométrica no ponto P´.

c. Dado que a densidade do mercúrio é 13,6 g/cm3, de quanto é a elevação h da coluna de mercúrio no lado esquerdo do tubo? Quanto vale d?

d. Calcule a pressão manométrica no ponto P.

Considere a aceleração da gravidade como g = 9.8m/s2 e a densidade da água como ρágua

3 g/cm= 1 .

Figura 8.9.a e b: Tubo em forma de U que contém em (a) mercúrio e (b) mercúrio e água.

p'

A1 A2A1 A2

ph

água

l

d

mercúrio

(a) (b)

342 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 343

AU

LA 8

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Primeiro você deve determinar o volume de água Va que foi colocado dentro

do tubo em U. Você pode fazer isso a partir da massa de água, ma=100g ,

e da densidade da água ρa =1,00g/cm3 = 1,00 × 103 kg/m3. Para isto, basta

que você use a definição da densidade de um fluido,

No lado direito do tubo em U, o volume do cilindro ocupado pela água,

Va = A2l, pode ser calculado pela multiplicação da área da seção reta

A2 = 5,00cm2 pela altura da coluna de água l. Dessa forma, você consegue

calcular a altura da coluna de água no lado direito do tubo em U,

b. Veja na Figura 8.9.b que a água no lado direito se apresenta mais alta

que o mercúrio no lado esquerdo, porque a água é menos densa do que o

mercúrio. Ambas as colunas de fluido produzem a mesma pressão p´ no nível

da interface mercúrio-água.

Você deve notar que a pressão p´, no ponto p´, é igual a pressão na interface

entre a água e o mercúrio dentro do tubo. Melhor ainda, é igual à pressão

exercida pela coluna de água com uma altura l = 20,0cm,

Sendo assim, você vai poder calcular a pressão manométrica no ponto p´,

c. Vamos ter de usar a densidade do mercúrio, ρm = 13,6g/cm3. Você já sabe

que a pressão p´, no ponto p´, pode ser expressa em termos da coluna de

mercúrio, com altura h + d, ou da coluna de água, com altura l,

No entanto, a segunda igualdade depende de duas incógnitas, h e d.

Na situação mostrada na Figura 8.9.a, a altura do mercúrio nos dois lados

do tubo são iguais. Vamos chamar esta altura de nível de equilíbrio. Após a

água ser colocada no lado direito do tubo, Figura 8.9.b, um certo volume de

mercúrio V vai se deslocar para baixo do nível de equilíbrio (no lado direito

do tubo). Considerando que (i) o mercúrio pode ser tratado como um fluido

Vm

aa

a

= = =ρ

( )( , / )

.100

1 001003

3gg cm

cm

lV

Aa= = =2

3

2

1005 00

20 0( )( , )

, .cmcm

cm

p p gla´ .= +0 ρ

p p´ ( , )( , )( , .− = × ≈ ×03 3 21 00 10 9 81 0 200kg/m m/s m) 1,96 10 Pa3

p p g h d p glm a´ ( ) .= + + = +0 0ρ ρ

344 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 345

AU

LA 8

incompressível e (ii) o mercúrio e a água não se misturam, você pode

concluir o seguinte: O volume de mercúrio que vai subir no lado esquerdo

do tubo, em relação ao nível de equilíbrio, também é de V. Mas se o volume

de mercúrio deslocado é o mesmo, o deslocamento para cima de h e para

baixo de d, são diferentes porque as áreas A1 e A2 não são iguais. Enfim,

a conclusão que você tem que chegar é simples,

Ao substituir o resultado no valor da pressão p´, você deve encontrar uma

altura igual a

Note que a altura de elevação do mercúrio h, relativamente ao nível de

equilíbrio, não depende da pressão atmosférica p0 e nem da aceleração

de queda livre g. Colocando os valores das densidades ρa e ρm , das áreas

A1 e A2 , e da altura da coluna de água l, você calcula a altura de elevação

do mercúrio h,

Conforme foi discutido, a relação entre a altura h e a altura d é dada pela

relação entre as áreas A1 e A2 . Não será difícil para você mostrar que

d. A pressão manométrica, no ponto P, é devido à coluna de mercúrio cuja

altura vale h. Usando a equação que descreve a variação da pressão em

um fluido em função da profundidade, você poderá escrever

Ao usar os valores já encontrados na equação dada, a pressão

manométrica no ponto P, fica

V A h A d= =1 2 .

hl

AA

a

m

=+

ρρ

1 1

2

.

h =+

( , )( , )

( , )

( , )( , )

1 0013 6

20 0

110 05 00

3

3 2

2

g/cmg/cm

cm

cmcm

≈≈ 0 490, .cm

dAA

h h= = ≈1

2

2 0 980, .cm

p p ghm= +0 ρ .

p p− = × × ≈ ×− −0

3 3 213 6 10 9 81 4 9 10 6 54 10( , )( , )( , ) , . kg/m m/s m Pa3 2

344 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 345

AU

LA 8

PRINCÍPIO DE PASCAL E APLICAÇÕES

A equação a seguir, que vimos na seção anterior,

(8.15)

descreve a variação da pressão em um fluido em função da profundidade.

Observe que ela tem um termo que depende da profundidade e um termo

constante igual a p0, a pressão na superfície do fluido. Uma conseqüência

direta desta equação é que, se variarmos o valor de p0, esta variação de

pressão será transmitida a todos os pontos do fluido. Esta propriedade

dos fluidos é conhecida como Princípio de Pascal, pois foi enunciada

pela primeira vez por Blaise Pascal.

p p gz= +0 ρ ,

Conheça mais sobre o físico Pascal (1623-1662) através do link:http://pt.wikipedia.org/wiki/Blaise_Pascal

Este princípio aplicado por Pascal é a realização do que se conhece

como prensa hidráulica. Você certamente já viu este dispositivo em

funcionamento. É o conhecido macaco hidráulico, com o auxílio do

qual, uma pessoa pode erguer facilmente um automóvel com massa de

centenas de quilogramas em uma oficina mecânica.

A Figura 8.10 mostra esquematicamente a prensa hidráulica, que

consiste em um recipiente cheio de um fluido, com duas aberturas, por

exemplo, cilíndricas, com diâmetros diferentes. Nestas aberturas estão

encaixados êmbolos leves e bem adaptados, de tal forma que nenhuma

quantidade de fluido possa passar entre a parede das aberturas e os

êmbolos. Na Figura 8.10, as áreas dos êmbolos estão assinaladas como

A1 e A2, sendo obviamente A1 > A2. Imagine que os êmbolos estão no

mesmo nível, e que, sobre o pistão de área A1, esteja posicionado um

objeto pesado de massa M. Assim, para entender o funcionamento da

prensa hidráulica, devemos responder à pergunta: “Qual é a força F

que devemos exercer sobre o êmbolo de área A2 para que o objeto com

massa M permaneça em equilíbrio?”

346 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 347

AU

LA 8

Para responder a esta pergunta precisaremos analisar as forças

que estão agindo sobre o objeto de massa M. Estas são o seu peso Mg

e a força normal N do êmbolo sobre o objeto. Uma vez que a massa M

está em equilíbrio, N = Mg, e, como conseqüência, a pressão exercida

sobre o fluido será igual a N/A1 que por sua vez é igual a Mg/A1. Pelo

Princípio de Pascal, esta pressão será transmitida à superfície do fluido

em contato com o êmbolo menor, ou seja,

(8.16)

onde F é a força que precisamos exercer para manter o objeto de massa

M em equilíbrio.

Considere agora a seguinte situação: uma prensa hidráulica

possui um êmbolo maior com 10cm de diâmetro e um menor com 2cm

de diâmetro. Qual a força necessária para erguer um objeto com massa

M = 100kg com o auxílio da prensa?

Ora, a área de contato do êmbolo maior (diâmetro de 10cm) é

de aproximadamente A1 = 0.0078m2 e a do êmbolo menor (diâmetro de

Figura 8.10: Esquema da prensa hidráulica.Fonte: Física 2A, Aula 2 – Figura 2.1, p.24 (p.2 do .pdf).

MgA

FA1 2

= ,

r

F

A1 A2

M

346 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 347

AU

LA 8

2cm) é de aproximadamente A2 = 0.00031m2. Assim, a força necessária

para equilibrar o objeto com massa igual a 100kg será, então, igual a

Observe que a força necessária é quase trinta vezes menor que o

peso do objeto, o que explica a facilidade com que se ergue um carro

num posto de gasolina!

Outra conseqüência do Princípio de Pascal, e que você prova-

velmente já conhece, é o Princípio dos vasos comunicantes. Este efeito

está esquematizado na Figura 8.11, onde é mostrado um vaso constituído

por ramificações de formatos diferentes, sendo o seu fundo nivelado. Uma

vez que todos os pontos do fundo do vaso estarão à mesma pressão, e que

a pressão na superfície do fluido em cada ramificação é igual à pressão

atmosférica, as alturas de fluido em cada ramificação serão iguais. Este

fato é mais bem explicado quando se expressa a pressão pF do fundo do

vaso em função da altura do líquido:

(8.18)

Destas equações, concluímos que h1 = h2 = h3.

p p gh

p p gh

p p gh

F

F

F

= += += +

0 1

0 2

0 3

ρρρ

,

,

.

Figura 8.11: Esquema dos vasos comunicantes.Fonte: Física 2A, Aula 2 – Figura 2.2, p.25 (p.3 do .pdf).

h1h2 h3

(8.17)FAA

Mg= =×

× =−

−2

1

2

2

210

5 10980 39 2

ππ

mm

N N.,

348 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 349

AU

LA 8

ATIVIDADES

3. Em uma mecânica de automóveis, o pistão menor de uma prensa hidráulica tem uma área de seção reta circular cujo raio vale 5,00cm. A pressão é transmitida por um fluido para um outro pistão de raio 15,0cm, conforme mostrado na Figura 8.12.

a. Qual força deve ser aplicada no pistão menor para levantar um carro com uma massa igual a 1.400kg?

b. De qual distância deve ser deslocado o pistão menor para elevar o carro a 1,0cm?

c. Demonstre que não existe violação da lei de conservação da energia mecânica. Para isto, mostre que o trabalho realizado pela força no pistão menor é igual ao trabalho realizado pelo pistão maior sobre o carro.

Figura 8.12: Diagrama de uma prensa hidráulica usada para levantar um automóvel.

d1

F1

A1

A2

d2

F2

348 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 349

AU

LA 8

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Na discussão sobre o Princípio de Pascal, você aprendeu que a

pressão na superfície do fluido em contato com o pistão menor, p1 ,

é transmitida para a superfície do fluido em contato com o pistão

maior, p2 . Isto é verdade porque nós estamos considerando que o

fluido da prensa hidráulica é incompressível. Dessa forma, você pode

ver que quando uma força de módulo F1 é exercida para baixo no

pistão menor, no pistão maior é exercida uma força de módulo F2

para cima. A relação entre essas duas forças é dada pelos valores

das áreas A1 e A2 ,

Note que a área do pistão menor vale A1 =π(R1,)2 sendo

que R1 = 5,00cm, e a do pistão maior vale A2 =π(R2)2, sendo que

R2 = 15,0cm.

Para manter o sistema em equilíbrio é necessário que o módulo da

força no pistão maior (para cima) seja igual ao módulo da força peso

do carro, P = mg = F2 . Aqui você deve concluir que

Com isso, você vai conseguir calcular quanto vale o módulo da força

que deve ser aplicada no pistão menor para levantar o carro,

b. Quando consideramos um fluido incompressível, o volume do

fluido deslocado pelo pistão menor tem de ser igual ao volume

deslocado pelo pistão maior. Neste problema, um deslocamento d1 do

pistão menor determina um certo volume V1 = A1d1 , enquanto

que no pistão maior, o volume é V2 = A2d2 . Ao impor que o fluido

é incompressível, ou seja, V1 = V2 , você vai deduzir a seguinte

relação:

Assim, você pode concluir que para elevar o carro de uma altura de

1,0cm, o pistão menor deve ser deslocado de

p pFA

FA1 2

1

1

2

2

= ⇔ = .

FAA

mg11

2

= .

A d A d1 1 2 2= .

dAA

d12

12

2 2

2 2

15 0 105 00 10

1 0 9 0= = ××

≈ππ

( , )( , )

( , ) , .−−

−−

mm

cm cm

Fmm1

2 2

2 22 35 00 10

15 0 101 400 9 8 1 52 10= ×

×≈ ×π

π( , )( , )

( . )( , ) ,−−

−− kg m/s NN.

350 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 351

AU

LA 8

c. Vamos mostrar que a prensa hidráulica não viola a conservação da

energia mecânica. Você deve começar calculando o trabalho realizado pela

força F1 ao deslocar o pistão menor de uma distância d1 . Você aprendeu

a calcular o trabalho realizado por uma força constante, ou seja,

Note que o trabalho W1 é positivo porque o vetor de força (cujo módulo

vale F1 ) tem a mesma direção e o mesmo sentido do vetor deslocamento

(cujo módulo vale d1 ).

Agora, você vai verificar que o volume do fluido incompressível deslocado

por ambos os pistões é o mesmo, ou melhor, que o deslocamento do

pistão menor vale d1 = A2d2/A1. Mais ainda, a força no pistão menor pode

ser escrita em termos da força exercida no pistão maior, F1 = A1F2 /A2.

A partir destas duas considerações, você deve conseguir expressar o

trabalho W1 em termos das grandezas d2 e F2 ,

O resultado que você encontrou mostra que a energia mecânica sempre

é conservada em um aparelho hidráulico. Na tarefa do item (b) deste

problema, para elevar o carro a 1,0cm, as duas forças, F1 e F2 , realizam

o mesmo trabalho, W1 = W2 = 1,37 × 104J.

4. Os pulmões humanos podem operar normalmente sob uma diferença de pressão de até cerca de 1/20 da pressão atmosférica.

a. Um mergulhador raciocina que, se um snorkel de 20cm funciona, um de 6,0m também funcionaria. Se ele insensatamente utilizar um tubo como esse, como mostrado na Figura 8.13, qual seria a diferença de pressão ∆p entre a pressão externa sobre ele e a pressão do ar em seus pulmões? Por que ele se encontra em perigo?

b. Um aprendiz de mergulho, praticando com um tanque de ar em uma piscina, enche seus pulmões com o ar de seu tanque antes de subir à superfície. Ele ignora as instruções e não expira enquanto sobe. Quando atinge a superfície, a diferença de pressão entre a pressão externa sobre ele e a pressão do ar em seus pulmões é de 0,1atm. De que profundidade ele começou? Que perigo potencialmente mortal está correndo?

W F d1 1 1= .

WAA

FAA

d F d W11

22

2

12 2 2 2=

= = .

350 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 351

AU

LA 8

RESPOSTAS COMENTADAS

Conforme foi mencionado, os pulmões são capazes de se expandir e

contrair normalmente quando a diferença entre a pressão do ar dentro

dos pulmões e a externa ao corpo vale aproximadamente 0,05atm.

Quando a pressão externa da água é muito maior do que a pressão do

ar dentro dos pulmões do mergulhador, ele não será capaz de expandir

seus pulmões para inspirar. Por outro lado, se, ao subir para a superfície,

a pressão interna dos pulmões for maior do que a pressão fora do corpo,

o mergulhador terá dificuldade para comprimir os seus pulmões. Neste

problema, você vai analisar dois casos em que um mergulhador pode

correr risco de vida.

Figura 8.13: Mergulhador usando um snorkel.

x

y = 0p0

352 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 353

AU

LA 8

a. Primeiro, vamos considerar que o mergulhador está a uma pro-

fundidade de L = 6,0m sem o snorkel. Você deve calcular a pressão

externa sobre o mergulhador usando a equação que descreve a variação

da pressão em um fluido em função da profundidade,

Nesta situação, o corpo do mergulhador se ajusta a essa pressão

contraindo-se ligeiramente até que a pressão interna esteja em

equilíbrio com a externa. Em particular, a pressão média do ar em

seus pulmões se iguala a p.

Com um tubo de 6,0m para respirar, o ar pressurizado em seus

pulmões será expelido através do tubo para a atmosfera e a pressão

em seus pulmões cairá rapidamente para p0 , ou seja, a pressão

atmosférica. Assim, na água doce em que p= 1,00 × 103kg/m3,

a diferença de pressão ∆p será de

Note que essa diferença de pressão, cerca de 0,6atm, é aproxi-

madamente dez vezes maior do que a diferença de pressão

aceitável para que os pulmões possam operar, isto é, 0,05atm. Como

conseqüência, o sangue pressurizado é forçado para dentro dos

pulmões, processo conhecido como compressão dos pulmões.

b. Quando o mergulhador enche os seus pulmões de ar a uma

profundidade L, a pressão externa sobre ele (e também a pressão

do ar em seus pulmões) é calculada a partir da equação

Note que enquanto o mergulhador sobe até a superfície da água,

a pressão externa decresce até ficar igual à pressão atmosférica p0 .

Sua pressão sangüínea também decresce até ficar normal. Contudo, a

menos que o mergulhador expire o ar durante a sua subida, a pressão

em seus pulmões não se altera. Você deve encontrar que, na superfície,

a diferença de pressão entre o ar nos pulmões do mergulhador e o ar

fora de seu corpo é dada por

p p gL= +0 ρ .

∆p p p= = × ≈ ×−− 03 41 00 10 9 8 6 0 5 9 10( , )( , )( , ) , .Kg/m m/s m Pa3 2

p p gL= +0 ρ .

∆p p p gL= =−− 0 ρ .

352 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 353

AU

LA 8

Veja que quando o aprendiz de mergulho chega na superfície da água

essa diferença de pressão vale ∆p = 0,1atm = 1,01 × 104Pa. Você pode

calcular a profundidade na qual o mergulhador começou a subida a partir

da seguinte equação:

A diferença de pressão é suficiente para romper os pulmões do mergulhador

e forçar o ar deles para o sangue despressurizado, que iria levar ar para

o coração, matando o mergulhador. Se ele seguir as instruções e expirar

enquanto sobe, permitirá que a pressão em seus pulmões se iguale à

pressão externa, não havendo risco para sua vida.

Lpg

= = ××

≈∆ρ

( , )( , )( , )

, .1 01 10

1 00 10 9 81 0

4

3

PaKg/m m/s

m3 2

PRINCÍPIO DE ARQUIMEDES

Faz parte da experiência de qualquer pessoa a observação de que

um objeto colocado em um fluido pode ter três tipos de comportamento

de equilíbrio: flutuar na superfície, ficar mergulhado em uma determinada

profundidade ou estacionar no fundo do recipiente que contém o fluido.

Outro fato de interesse é o comportamento dos peixes, ou o dos submarinos,

que podem mudar de profundidade com relativa facilidade.

Para analisar fisicamente esta situação, iremos usar o mesmo

artifício utilizado para discutir a variação da pressão de um fluido

em função da profundidade. Considere um paralelepípedo sólido com

densidade λS e dimensões Lx , Ly e Lz. Imaginemos que este sólido esteja

mergulhado em um fluido com densidade λS, estando sua face superior

a uma profundidade z. Vamos, então, analisar as forças exercidas

pelo fluido sobre o sólido. Elas têm origem na pressão exercida pelo

fluido sobre as faces do paralelepípedo. As forças provenientes da pressão

sobre as faces laterais do sólido obviamente se anulam. Restam, então,

as forças provenientes da pressão sobre as faces superior e inferior do

sólido. Esta força é dada por:

(8.19)F p z p z z L Lz x y= ( ) + −− ( )∆ .

354 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 355

AU

LA 8

Mas, como vimos na seção anterior, p(z) e p(z + ∆z) são dados por:

(8.20)

Portanto, a força resultante da pressão sobre as faces superior e

inferior do sólido será dada por:

(8.21)

onde Vs é o volume do sólido considerado. Portanto, o módulo desta

força é igual ao peso de uma quantidade de fluido com volume igual à do

sólido considerado. O sinal negativo indica que esta força aponta para

cima, isto é, contrária ao sentido do eixo z. É importante notar que esta

força, que é denominada empuxo, depende apenas das propriedades do

fluido no qual o sólido está mergulhado e do volume do sólido. Esta lei foi

enunciada pela primeira vez por Arquimedes, sendo, por isso, denominada

Princípio de Arquimedes, e pode ser enunciada da seguinte forma: um

corpo mergulhado em um fluido sofre uma força para cima, cujo valor

absoluto é igual ao peso do volume de fluido deslocado pelo corpo.

O movimento de um sólido ao ser mergulhado em um fluido

dependerá somente de sua densidade. Se sua densidade for maior que

a densidade do fluido, o seu peso será então maior do que o empuxo,

fazendo com que ele se movimente em direção ao fundo do recipiente

que contém o fluido. Se a sua densidade for igual à do fluido, ele estará

em equilíbrio, pois seu peso será igual ao empuxo. Se, caso contrário,

sua densidade for menor que a do fluido, ele flutuará na superfície do

fluido, com parte de seu volume acima da superfície.

p z gz

p z z g z Lz

( ) =

+( ) = +( )ρ

ρ

,

∆ .

F g L L L gVz x y z s= = −−−ρ ρ ,

Conta-se que, certa vez, Hierão, rei de Siracusa, no século III a.C. havia encomendado uma coroa de ouro, para homenagear uma divindade que supostamente o protegera em suas conquistas, mas foi levantada a acusação de que o ourives o enganara, misturando o ouro maciço com prata em sua confecção. Para descobrir, sem danificar o objeto, se o seu interior continha uma parte feita de prata, Hierão pediu a ajuda de Arquimedes. Ele pôs-se a procurar a solução para o problema, a qual lhe ocorreu durante um banho. A lenda afirma que Arquimedes teria notado que uma quantidade de água correspondente ao seu próprio volume transbordava da banheira quando ele entrava nela e que, utilizando um método semelhante, poderia comparar o volume da coroa com os volumes de iguais pesos de prata e ouro: bastava colocá-los em um recipiente cheio de água e medir a quantidade de líquido derramado. Feliz com essa fantástica descoberta, Arquimedes teria saído à rua nu, gritando “Eureka! Eureka!” (“Encontrei! Encontrei!”).

Fonte: Wikipédia: a enciclopédia livre. Disponível em:<http://pt.wikipedia.org/wiki/Arquimedes>. Acesso em: 21 jul. 2008.

354 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 355

AU

LA 8

ATIVIDADES

5. Um submarino tem uma massa total de 2,4 × 106Kg, incluindo a tripulação e os equipamentos. A embarcação consiste de duas partes, o casco tripulado da embarcação, que tem um volume de 2,0 × 103m3, e os tanques de mergulho, que têm um volume de 4,0 × 102m3. Quando o submarino viaja pela superfície da água, o tanque de mergulho fica cheio de ar. Quando o submarino viaja abaixo da superfície da água, uma parte do tanque fica preenchida com água do mar.

a. Qual fração do volume do submarino que fica acima da superfície da água quando os tanques estão cheios de ar?

b. Qual é o volume de água, dentro dos tanques, necessário para deixar o submarino em equilíbrio? Despreze a massa de ar dentro do tanque e use a densidade da água do mar valendo 1,025 × 103kg/m3.

RESPOSTAS COMENTADAS

a. Na descrição deste problema, vemos que um submarino consiste de uma

embarcação com espaço para a tripulação e um espaço para os tanques.

Estes tanques podem estar com ar ou parcialmente preenchidos com água

do mar. Note que o volume total da embarcação, isto é, o volume do casco

tripulado mais o volume dos tanques vale Vs = 2,4 × 103 m3.

Conheça mais sobre o físico, matemático, filósofo e inventor Arquimedes de Siracusa (287 a.C. - 212 a.C.) através do link:http://pt.wikipedia.org/wiki/Arquimedes

356 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 357

AU

LA 8

Você deve primeiro determinar a densidade do submarino. A partir

da massa total do submarino, ms = 2,4 × 106 Kg, e do volume total,

Vs = 2,4 × 103 m3, você vai encontrar a densidade do submarino

Vamos agora analisar a situação na qual o tanque de mergulho está

cheio de ar. Neste caso, o submarino ficará com parte de seu volume

submerso, que você pode denotar por V, e uma outra parte que ficará

acima da superfície da água. Dessa forma, a parte do submarino que

fica para fora da água tem um volume igual a Vs−V.

No equilíbrio, entre a força peso P =ρsgVs e a força de empuxo E =ρagV,

você pode escrever a seguinte igualdade:

Note que a partir da equação dada você pode calcular a razão V/Vs , ou

seja, a razão entre o volume submerso V e o volume total do submarino

Vs . Esta relação é dada pela razão entre as densidades ρs e ρa ,

No entanto, você deve calcular a fração f do volume do submarino que

fica acima da superfície da água. Você sabe como calcular o volume do

submarino que está acima da superfície, Vs - V. Melhor ainda, você pode

calcular a resposta do item (a) usando somente a razão entre a densidade

do submarino ρs e a densidade da água do mar ρa ,

A resposta que você deve calcular é

Essa resposta que você encontrou tem um significado simples: com o

tanque de mergulho do submarino cheio de ar, somente 2,4% do volume

total da embarcação não estará submersa.

b. Neste segundo item vamos discutir a situação na qual o tanque de

mergulho está parcialmente preenchido com água do mar e o submarino

está completamente submerso. Vamos denotar por Vt o volume de água

ρss

s

m

V= = ×

×= ×( , )

( , ), .

2 4 102 4 10

1 0 106

3 33 3kg

mkg/m

P E

gV gVs s a

=

=c

ρ ρ .

VVs

s

a

=ρρ

.

fV V

VVV

s

s s

s

a

= = =−−

−− −−1 1ρρ

.

f s

a

= = ××

≈1 11 0 10

1 025 100 024

3

3−− −−ρρ

( , )( , )

, .

356 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 357

AU

LA 8

do mar que deve ser colocado dentro do tanque. Aqui você deve perceber

que a força de empuxo exercida sobre o submarino é devida a um volume

Vs − Vt de água do mar.

Para equilibrar a força peso P =psgVs com a força de empuxo

E´=ρag(Vs −Vt), é necessário que a seguinte igualdade seja verdadeira:

Você pode reescrever esta relação de maneira que a resposta para o

volume do tanque de água possa ser expressa como

Basta que você use os valores das densidades s e a, bem como do

volume Vs , para encontrar a resposta,

Neste momento você já deve estar se perguntando: pois bem, consigo

entender como o submarino se mantém em equilíbrio, mas como será que

ele aumenta ou diminui a sua profundidade? A resposta a esta pergunta

pode ser entendida com base no Princípio de Arquimedes. Para afundar,

basta colocar água do mar nos tanques de mergulho, isso porque o

módulo da força de empuxo exercida sobre o submarino fica menor do

que o módulo da força peso. Para imergir, a água do mar contida dentro

dos tanques deve ser retirada, e como conseqüência, o módulo da força

de empuxo fica maior do que o módulo da força peso.

6. Um objeto cúbico cuja aresta mede L = 0,60m e cujo peso é P = 4,0 × 103N, no vácuo, pende da extremidade de um fio dentro de um tanque aberto cheio de um líquido de densidade ρ = 9,44 × 102kg/m3, como mostra a Figura 8.14.

a. Determine a força total para baixo, exercida pelo líquido e pela atmosfera, no topo do objeto.

b. Determine a força total para cima, aplicada no fundo do objeto.

c. Determine a tensão no fio.

d. Calcule a força de empuxo sobre o objeto, aplicando o princípio de Arquimedes. Que relação existe entre todas essas quantidades?

P E

gV g V Vs s a s t

=

=

´

( ).

c

ρ ρ −−

V Vt ss

a

=

1−−

ρρ

.

Vt = × − ××

≈( , )

( , )( , )

.2 4 10 11 0 10

1 025 10593 3

3 3

3 33m

kg/mkg/m

m

358 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 359

AU

LA 8

RESPOSTAS COMENTADAS

Devemos primeiro dizer quais são as forças que atuam sobre o objeto. Note

que o cubo está em equilíbrio estático, isto é, a força resultante é nula.

Vamos usar o eixo vertical z, como está mostrado na Figura 8.15. De acordo

com o enunciado do problema, sabemos que a força peso do objeto, com

direção vertical e sentido -z, tem um módulo P = 4,0 × 103N. Dado que a

aresta superior do cubo está atada a um fio, sobre o objeto também atua

uma força de tração T, com sentido +z. Mais ainda, a força Fs, exercida pelo

líquido e pela atmosfera no topo do objeto, tem o sentido -z, enquanto

que a força Fi , aplicada no fundo do objeto, tem o sentido +z. Veja na

Figura 8.15 o diagrama de corpo isolado do objeto cúbico.

Figura 8.14: Objeto cúbico submerso dentro de um tanque.

L

L/2

358 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 359

AU

LA 8

a. Você pode calcular Fs a partir da relação entre a pressão em um ponto

com a força exercida neste ponto. A força Fs , exercida na parte superior

do objeto, é igual à pressão total nessa profundidade, ps , multiplicada pela

área da parte superior do corpo, A = L2 = 3,6 × 10-1m2:

Para calcular o valor da pressão na parte superior do objeto, ps, você deve

usar a equação que descreve a variação da pressão em um fluido em

função da profundidade. A pressão total na parte superior do corpo é igual

à soma da pressão atmosférica, p0 = 1,0 × 105 Pa, e da pressão exercida

pelo líquido à profundidade L/2,

Devido a esta pressão, o objeto sofre uma força Fs na vertical e com o

sentido do eixo -z. Ao substituir a equação na relação entre a pressão e a

força, você vai encontrar

Com a fórmula, você deve calcular o seguinte resultado:

b. Para você calcular a pressão total na parte inferior do objeto, pi, é

necessário usar a equação que descreve a variação da pressão em um

fluido em função da profundidade:

P

T zFs

Fi

F p As s= .

p p gL

s = +0 2ρ .

F p gL

As = +

0 2

ρ .

Fs ≈ ×3 7 104, N.

p p gL

L p gLi = + +

= +0 0232

ρ ρ .

Figura 8.15: Diagrama de corpo isolado do objeto cúbico.

360 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 361

AU

LA 8

Uma vez que pi > ps , a força exercida na parte inferior do objeto, Fi , é maior

em módulo do que a força exercida na parte superior do objeto, Fi > Fs .

Agora, você pode multiplicar a pressão pi pela área da parte superior do

cubo para encontrar

Ao colocar os dados do problema na equação, você irá determinar um

valor igual a

c. Você deve notar que o objeto cúbico está em equilíbrio estático. A partir

dessa constatação, você poderá calcular a tração no fio, T, por meio da

condição de equilíbrio estático do corpo. Considere a seguinte condição de

equilíbrio para o eixo coordenado z:

A igualdade permite que você calcule a força de tração a partir dos valores já

conhecidos p , Fi e Fs . Para fazer isto, você deve isolar T na igualdade,

d. De acordo com o Princípio de Arquimedes, você pode afirmar que o

módulo da força de empuxo E é igual ao peso do volume V = L3 do fluido

deslocado pelo objeto cúbico. A força de empuxo, que tem o sentido do

eixo + z, neste problema vale

Você já deve ter percebido que a força de empuxo E é dada pela diferença

(vetorial) entre as forças exercidas na parte inferior e superior do objeto

cúbico. Conforme foi discutido, Fi > Fs, e, assim, a força de empuxo sempre

terá sentido para cima. Portanto, a relação entre as quantidades envolvidas

neste problema é dada por

Você pode verificar esta relação analiticamente calculando Fi − Fs =

(pi − ps)A.

F p A p gL Ai i= = +

0

32

ρ .

Fi ≈ ×3 9 104, N.

F T F F Pz i s∑ = + =−− −− 0.

T P F F

P gLs i= +

= ≈ ×

−−

−− ρ 3 32 0 10, N.

E gV gL= = ≈ ×ρ ρ 3 32 0 10, .N

E F Fi s= −− .

360 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Hidrostática

CECIER J – Extensão 361

AU

LA 8

R E S U M O

Nesta aula, vimos como um fluido exerce pressão sobre as paredes do recipiente

que o contém. Em seguida, definimos a densidade de um fluido homogêneo,

quando conhecemos a sua massa e o volume que ele ocupa.

Também calculamos a pressão manométrica na superfície de um fluido incom-

pressível em um campo gravitacional e vimos como podemos medir a pressão

com um barômetro de mercúrio. Além disso, vimos como o Princípio de Pascal

pode ser usado na construção de uma prensa hidráulica.

Finalmente, definimos o empuxo como a força para cima, exercida por um fluido

sobre um corpo mergulhado e mostramos como sabemos se esse corpo bóia,

afunda ou permanece imóvel.

Apên

dice

Vetores

Texto adaptado por Lizardo H. C. M. Nunes e Licinio Portugal das apostilas:

- SOUZA, Carlos Farina de; PINTO, Marcus Venicius C.; SOARES FILHO, Paulo Carrilho. Física 1A. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. 3v.

364 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 365

APÊ

ND

ICE

2

DEFINIÇÃO DE UM VETOR

Considere dois pontos distintos P1 e P2. Eles determinam uma única reta r que passa por eles.

Além disso, o segmento de reta entre os pontos P1 e P2 também é único. Nesse segmento de reta,

são possíveis dois sentidos de percurso: o de P1 para P2 e o de P2 para P1. O segmento de reta ao

qual atribuímos um sentido é chamado de segmento de reta orientado. Para abreviar a linguagem,

chamamos um segmento de reta orientado simplesmente de seta.

Ao fazer o desenho de uma seta, indicamos que ela tem sentido, ou orientação, de P1 para

P2 , desenhando uma ponta no seu ponto final, como mostra a Figura A.1.

Figura A.1: Segmento de reta orientado ou seta P P1 2

u ruuu

.Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.3, p. 166.

Nesse caso, o ponto P1 é chamado de ponto inicial da seta, ou origem da seta, e o ponto

P2 , de ponto final da seta. Vamos representar a seta acima por P P1 2

u ruuu

.

A reta na qual está uma seta (como a reta r na figura acima) é chamada de reta suporte

da seta. Essa reta tem uma direção com relação a outros objetos, como, por exemplo, a direção

horizontal, ou vertical, ou inclinada de um ângulo com relação a outra reta. Definimos a direção

da seta como sendo a direção de sua reta suporte.

Em cada direção há dois sentidos, por exemplo: na direção vertical, há os sentidos para

cima e para baixo, e na horizontal, o que chamamos de sentidos para a esquerda e para a direita

(especificados, é claro, em relação à superfície da Terra e ao observador). Uma seta ou segmento

de reta orientado tem sempre um dos sentidos entre os dois possíveis ao longo de sua direção.

P1

P2

r

P P1 2

u ruuu

364 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 365

APÊ

ND

ICE

2

Uma seta tem também um certo comprimento, dado em alguma unidade. Esse comprimento

é também chamado de módulo da seta.

Talvez agora você possa estar se perguntando:

− Será que uma seta e um vetor são a mesma coisa?

A resposta é:

− Não são! Pelo menos, não necessariamente.

Mas talvez você queira argumentar:

− Ora, mas uma seta não é definida por seus módulo, direção e sentido!? Isso não é

exatamente o mesmo que um vetor, um segmento de reta orientado?

Bem, deixe-nos explicar isso direito:

Vamos dizer que setas com a mesma direção, o mesmo sentido e o mesmo módulo são setas

eqüipolentes. Considere agora o conjunto de todas as setas eqüipolentes à seta P P1 2

u ruuu

, algumas estão

ilustradas na Figura A.2.

Figura A.2: Setas eqüipolentes que representam o vetor a em diferentes pontos do espaço. Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.6, p. 169.

Todas têm o mesmo módulo, direção e sentido, mas cada seta tem uma origem diferente.

Por outro lado, o vetor associado à seta P P1 2

u ruuu

é justamente esse conjunto, ou seja, o conjunto de

todas as setas eqüipolentes é o que chamamos de vetor!

a

a

a

a

a

a

366 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 367

APÊ

ND

ICE

2

Agora considere um vetor a. O vetor que tem a mesma direção e o mesmo módulo que a,

porém sentido oposto ao de a, é chamado vetor oposto a a e é representado por −a. A Figura A.3

mostra um vetor a e seu oposto −a.

Em nosso curso, um vetor poderá ser denotado por uma única letra em negrito, por exemplo, a, ou um vetor poderá também ser representado pela conhecida notação:

r

a .Já o módulo de um vetor a será denotado por |a| ou

r

a . Também poderemos representar o módulo de um vetor abolindo o negrito da letra, ou seja, usando simplesmente a.

!

Figura A.3: Vetor a e seu oposto −a.Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.7, p. 170.

Também é conveniente definir o que chamaremos de seta nula. Uma seta nula é simplesmente

um ponto. A seta nula constituída pelo ponto P é representada por PPu ruu

. Por definição, uma seta

nula tem módulo igual a zero. Uma vez que não podemos atribuir uma direção e um sentido a

uma seta nula, dizemos que ela tem direção e sentido indeterminados. Cada ponto do espaço é uma

seta nula, e todas as setas nulas são, por definição, eqüipolentes entre si. Chamamos o conjunto

de todas as setas nulas de vetor nulo. Em nosso curso, o vetor nulo será denotado por 0 ou r

0 .

–a

a

366 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 367

APÊ

ND

ICE

2

ADIÇÃO DE VETORES

Dados dois vetores a e b, consideremos uma seta qualquer que represente a. Tomemos

o ponto final dessa seta como o ponto inicial de uma seta que represente b. Definimos soma de

a com b, que representamos por a + b, como sendo o vetor representado pela seta que tem por

ponto inicial o ponto inicial da seta que representa a, e por ponto final o ponto final da seta que

representa b, como mostra a Figura A.4.

A operação que associa aos vetores a e b, o vetor a + b, é chamada de adição de vetores, ou

adição vetorial. Os vetores a e b que formam a soma a + b são chamados componentes vetoriais

do vetor a + b. Essa regra de obter a soma de dois vetores é chamada de regra do triângulo.

Na figura a seguir, fica claro por que a adição vetorial é chamada assim.

Figura A.4: Adição de vetores a e b de acordo com a regra do triângulo.Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.8, p. 171.

A adição vetorial goza de algumas propriedades muito importantes que

enunciamos a seguir.

1. A adição vetorial é comutativa, isto é, para quaisquer vetores a e b temos:

(A.1)

2. A adição vetorial é associativa, isto é, para quaisquer vetores a, b e c temos:

(A.2)

3. O vetor nulo 0 é o elemento neutro da adição vetorial, isto é, para qualquer vetor a,

temos:

(A.3)

b

a

a + b

a

b

a b b a+ = + .

a b c a b c+( ) + = + +( ).

a 0 a+ = .

368 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 369

APÊ

ND

ICE

2

4. Para cada vetor a, existe o vetor oposto −a, que satisfaz a igualdade:

(A.4)

A demonstração da propriedade da Equação (A.1) é evidente a partir da Figura A.5.

O triângulo superior na figura mostra a adição de b com a, e o triângulo inferior, a adição

de a com b. A soma é a mesma e está ao longo do lado comum aos dois triângulos. Esse lado

comum é uma diagonal do paralelogramo formado pelos dois triângulos. Essa propriedade nos

permite obter a soma de dois vetores por meio de uma outra regra, que você já deve conhecer,

a regra do paralelogramo.

MULTIPLICAÇÃO DE UM NÚMERO POR UM VETOR

Vamos agora definir uma operação que, a partir de um número real e um vetor, produz

um vetor.

Seja λ um número real não nulo e a um vetor não nulo. A esse número e a esse vetor

associamos um vetor, que simbolizamos por λa:

I. com a mesma direção de a;

II. com módulo igual ao módulo de λ vezes o módulo de a;

III. com o mesmo sentido de a, se λ é positivo, mas com sentido oposto ao de a,

se λ é negativo.

Entretanto, se λ = 0 ou se a = 0, definimos λa como sendo o vetor nulo.

Essa operação é chamada multiplicação de um número por um vetor. No contexto dessa

operação, o número costuma ser chamado de escalar. Podemos então chamar essa operação de

multiplicação de um escalar por um vetor.

Figura A.5: a + b = b + a.Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.9, p. 173.

b + a

a + bb

a

a

b

a a 0+ −( ) = .

368 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 369

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2

A Figura A.6 mostra alguns exemplos de produto de um número por um vetor.

Figura A.6: Exemplos de produtos de um número por um vetor.Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.13, p. 175.

O produto de um número por um vetor também é um múltiplo do vetor, com

. (A.5)

Note que, se λ >1, o vetor estica; e, quando 0 < λ < 1, o vetor se contrai!

Uma outra propriedade que vale a pena mencionar é que o vetor −a, oposto ao vetor a,

pode ser obtido como o produto de −1 por a, isto é, (−1)a = −a.

Interessante também é notar que podemos obter um vetor unitário através da multipli-

cação de um escalar por um vetor. De fato, um vetor é chamado unitário se o seu módulo é igual

a 1 (na unidade de medida que estiver sendo usada), isto é, o vetor u é unitário se, e somente se,

|u| = 1. Assim, dado um vetor a não nulo, o seu módulo |a| é um número diferente de zero e,

portanto, tem um inverso 1/|a|. Multiplicando-se esse número por a, obtém-se o vetor unitário

(1/|a|)a. Logo, pela propriedade vista na Equação A.5,

. (A.6)

a

2a

− a 1

2

0a

λ λa a=

1 11

aa

aa= =

370 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 371

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2

BASES E COMPONENTES DE UM VETOR

É fácil ver que, usando-se apenas a operação do produto de número por vetor, demonstra-se

que todos os vetores em uma mesma direção podem ser escritos como múltiplos de um único vetor

unitário que tem essa direção. Podemos expressar essa afirmação do seguinte modo: se a é um vetor

qualquer na direção de um vetor unitário u, então:

(A.7)

Vamos usar agora um sistema de eixos coordenados OXYZ e considerar um vetor unitário

na direção de cada eixo, com sentido igual ao sentido positivo do eixo. Vamos denotar por

ux, uy e uz os vetores unitários com a direção e o sentido dos eixos OX, OY e OZ respectivamente,

conforme ilustrado na Figura A.7.

Figura A.7: Os vetores unitários ux , uy e uz.Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.16, p. 179.

Qualquer vetor a no espaço tridimensional pode ser escrito em termos dos três vetores

unitários ux , uy e uz.

(Uma demonstração dessa afirmação pode ser vista na Aula 8 da Apostila Física 1A,

Módulo 1.)

A partir da Equação (A.7) também é fácil perceber que um vetor a, em termos dos vetores ux ,

uy e uz, deve ser escrito como

(A.8)

z

uz

ux

uy

x

y

a a u= ± .

a u u u= + +ax x y y z za a ,

370 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 371

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2

onde ax, ay e az são as componentes escalares do vetor a na base de vetores ux , uy e uz. Aliás,

os vetores ux , uy e uz formam uma base ortonormal de vetores tridimensionais.

O quê!? Você não sabe o que é uma base de vetores!? Também não sabe o que é uma base

ortonormal!?

Tudo bem. Dizemos que três vetores e1, e2 e e3 formam uma base quando:

I. qualquer vetor a pode ser escrito em termos de e1, e2 e e3, de acordo com a expressão

a = a1e1 + a2e2 + a2e3, na qual a1, a2 e a3 são números;

II. não existe mais do que uma trinca de números a1, a2 e a3 que permita escrever a citada

expressão para a.

O conjunto dos vetores ux, uy e uz satisfazem as duas propriedades acima e, portanto,

podemos afirmar que formam uma base. Esses três vetores também são unitários e perpendiculares

entre si, portanto, formam uma base ortonormal.

O uso de uma base reduz vários cálculos que fazemos com vetores a cálculos com as suas

componentes escalares. Isso constitui uma grande vantagem, pois as componentes escalares são

números que podemos manipular matematicamente com mais facilidade.

Por exemplo, como a trinca de componentes escalares é única, dados dois vetores a e b,

escritos na base ux, uy e uz como

(A.9)

eles só serão iguais se

Se um vetor c for a soma de a e b, isto é, c = a + b, suas componentes na base ux , uy e uz são

(A.10)

Se a = λb, temos

(A.11)

O vetor nulo 0 é escrito na base ux , uy e uz como 0 = 0ux + 0uy + 0uz, isto é, suas componentes

são todas iguais a zero.

a u u u b u u u= + + = + +a a a b b bx x y y z z x x y y z z e ,

a b a b a bx x y y z z= = =, e .

c a b

c a b

c a b

x x x

y y y

z z z

= += +

= +

;

;

.

a b

a b

a b

x x

y y

z z

==

=

λλ

λ

;

;

.

372 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 373

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2

Devemos apreciar a importância do conceito de base. Existem infinitos vetores no

espaço tridimensional, mas todos eles podem ser escritos em termos de apenas três vetores, os

vetores de uma base. Para isso, basta saber como encontrar as componentes de um vetor qualquer

na base que se está usando. Você vai aprender como fazer isso no caso de uma base orto-

normal na seção seguinte.

PRODUTO ESCALAR ENTRE VETORES

Dados dois vetores a e b, escritos na base ux, uy e uz:

o produto escalar entre a e b será definido como:

(A.12)

O produto escalar pode ser formalmente generalizado para vetores com n componentes,

onde n é um número inteiro qualquer. Nesse caso, os vetores se escrevem como:

e o produto escalar fica agora:

(A.13)

que é a soma dos produtos das componentes.

Em particular, para um vetor bidimensional, temos n = 2 e identificamos x = 1 e y =2.

Para um vetor tridimensional, temos n = 3 e identificamos x = 1, y = 2 e z = 3.

Pela Equação A.13, é fácil ver que, embora se trate do produto de dois vetores, o resultado do produto escalar entre dois vetores é sempre um escalar, daí o nome de produto escalar.

!

a u u u b u u u= + + = + +a a a b b bx x y y z z x x y y z z e ,

r

r

a b a b a b a bx x y y z z. .= + +

a u u u b u u u= + + + = + + +a a a b b bn n n n1 1 2 2 1 1 2 2L L e

r

r

a b a b a b a b a bn n i ii

n

. ...= + + + ==∑1 1 2 2

1

372 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 373

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2

PROJEÇÕES E COMPONENTES DE UM VETOR

Sejam a um vetor diferente de zero, u um vetor unitário e θ o ângulo entre eles. Definimos

a projeção do vetor a ao longo do vetor unitário u como sendo o número dado pelo produto do

módulo do vetor a pelo cosseno do ângulo entre os vetores,

(A.14)

A Figura A.8 ilustra o caso em que 0 < θ< π/2, com as setas de a e u desenhadas a partir

de uma origem comum, que chamamos de O.

Figura A.8: Vetor a e o vetor unitário u e o ângulo θ entre eles.Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.18, p. 185.

Pelo triângulo retângulo mostrado na figura acima, o comprimento do cateto OP’ é

igual à projeção do vetor a ao longo do vetor unitário u.

Entretanto, a projeção não é exatamente um comprimento. Embora no caso em que

0 < θ < π/2 a projeção de a ao longo de u seja um número positivo, no caso em

que π/2 < θ < π a projeção é um número negativo! Além disso, pela definição

em ( .14 ), se a for perpendicular a u, a projeção é nula; e, se a for paralelo a u, a projeção é |a|

ou −|a|, se a tiver o mesmo sentido de u ou o sentido oposto a u respectivamente.

Considere agora a seta OP’, e chamemos de a' o vetor a ela associado. A Figura A.9,

a seguir, mostra os vetores a, u e a' no caso em que 0 < θ < π/2,

u

a

P

P'O

θ

r

a cos .θ

374 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 375

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Usando apenas a definição de produto de um número por um vetor, você pode verificar que

(A.15)

E podemos aplicar o resultado acima aos vetores unitários ux , uy e uz, que foram vistos

na seção anterior.

Considere a Figura A.10 abaixo, que exibe agora os ângulos θx , θy e θz entre a e ux , uy

e uz , respectivamente.

Figura A.9: Os três vetores a, u e a', ilustrando a projeção de a ao longo de u.Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.19, p. 185.

u

a

P

P' r

Figura A.10: Vetor a, unitários vetores unitários ux , uy e uz e os ângulos θx , θy e θz .Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.20, p. 186.

z

uz

uxuy

x

y

Px

Py

P

Pz

θx

θz

θy

O

a'

a a u’ cos .= ( )θ

374 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 375

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2

Usando a Equação (A.15) não é difícil concluir que

(A.16)

Portanto, pela Equação (A.8) as componentes escalares de um vetor a escrito na base ux ,

uy e uz são as projeções deste vetor ao longo desta base ortonormal, ou seja,

(A.17)

Como aplicação, vamos considerar uma situação muito comum, na qual todos os vetores

de um problema estão em um mesmo plano.

Vamos escolher os eixos OX e OY para representar os vetores nesse plano. Pelo resultado

acima, qualquer vetor a do plano pode então ser escrito como

(A.18)

onde os ângulos θx e θy podem ser vistos na Figura A.11.

Figura A.11: Vetor a no plano OXY.Fonte: Física 1A v.1 − Figura 8.21, p. 188.

θz

θy

x

y

O ux

uy

a

a a u a u a u= ( ) + ( ) + ( )cos cos cosθ θ θx x y y z z .

a a ax x y y z z= = =a a acos cos cos .θ θ θ; e

a a u a u= ( ) + ( )cos cos ,θ θx x y y

376 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 377

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Analogamente, podemos definir o ângulo θ como sendo o ângulo que o vetor a faz com o

eixo OX e escrever as componentes de a na Equação A.18 como

(A.19)

onde usamos o fato de θ = θx e que θy = π/2 − θx.

É possível também encontrar o módulo de a e θ quando conhecemos as componentes de a:

(A.20)

Finalmente, podemos usar as projeções vetoriais para simplificar a expressão do produto

escalar entre vetores bidimensionais, como veremos a seguir.

Considere um vetor a, que faz um ângulo θa com a horizontal. Como vimos, ele se escreve

como

(A.21)

Da mesma forma, um outro vetor b, que faz um ângulo θb com a horizontal, se escreve

como

(A.22)

Pela Equação A.13, o produto escalar entre a e b fica:

(A.23)

onde θb − θa é o ângulo entre os vetores b e a. Assim, é fácil ver que o produto escalar entre vetores

perpendiculares entre si é nulo, enquanto o produto escalar entre vetores paralelos é máximo e

dado pelo produto dos módulos.

Terminamos esta seção com uma observação de caráter prático. Temos procurado distinguir

o conceito de vetor do conceito de seta. Para cada vetor, há uma infinidade de setas que o representam,

e é o conjunto de todas elas que define o vetor. Entretanto, seguiremos doravante a prática comum

de se referir a uma seta como sendo o vetor a ela associado, e vice-versa.

a ax y= =a acosθ θ e sen ,

a = + =a aa

ax yy

x

2 2 e tan .θ

a a u a u= +cos .θ θa a sen x y

b b u b u= +cos .θ θb b senx y

r

r

a b a b a b a b sen sen

a bb a a b

b a

. (cos cos )

cos( ),

= + = +

= −1 1 2 2 θ θ θ θ

θ θ

376 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 377

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Exemplo 1

Um pirata enterrou seu tesouro em uma ilha que tem cinco árvores localizadas nos seguintes

pontos: A (30,0m, −20,0m), B (60,0m, 80,0m), C (−10,0m, −10,0m), D (40,0m, −30,0m),

e E (−70,0m, 60,0m). Todos os pontos são medidos com relação a uma certa origem, como

na Figura A.12.

Figura A.12: Mapa da ilha que contém cinco árvores de referência, localizadas nos pontos A, B, C, D e E.

E

y

B

C

A

D

As orientações contidas no mapa dizem: comece no ponto A e mova-se até B, mas pare na

metade do caminho entre A e B. Em seguida, vá em direção ao ponto C, andando um terço da

distância entre a sua posição atual e o ponto C. Depois, mova-se em direção ao ponto D, e ande

um quarto da distância entre onde você está e o ponto D. Finalmente, mova-se em direção ao

ponto E e ande um quinto da distância entre você e o ponto E.

a) Utilize os vetores unitários no plano XY para escrever cada um dos pontos A, B, C, D

e E, como um vetor.

b) Quais são os três pontos descritos no mapa onde você tem que parar antes de

continuar?

c) Quais são as coordenadas onde o tesouro está enterrado? Qual é a distância entre esse

ponto e a origem dos eixos?

X

378 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 379

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Solução

a) Os eixos X e Y usados no mapa da ilha permitem que você escreva cada um dos pontos

em termos dos vetores unitários ux e uy. Neste caso, você deve perceber que o vetor unitário ux

vai representar 1m na direção x, e o vetor unitário uy vai representar 1m na direção y.

As coordenadas do ponto A são (30,0m, −20,0m), ou seja, o ponto está a 30,0m na direção

x e a -20,0m na direção y. Se você chamar de a o vetor que representa o ponto A, então este deve

ser escrito em temos dos vetores unitários da seguinte maneira:

.

Da mesma forma, o ponto B, que tem como coordenadas (60,0m, 80,0m), pode ser

representado pelo vetor b,

O ponto C, de coordenadas (−10,0m, −10,0m), é representado na notação vetorial por c,

,

e o ponto D, de coordenadas (40,0m, −30,0m), por d,

.

Finalmente, o ponto E, de coordenadas (−70,0m, 60,0m), pode ser representado pelo vetor e,

.

b) A primeira orientação contida no mapa diz que você tem de ir do ponto A até o ponto B, e

parar no meio do caminho. Você pode então dizer que a direção deste caminho é representada pelo

vetor b - a. O vetor v1, que representa o ponto onde você deve parar, é mostrado na Figura A.13.

a u u= −30 0 20 0, ,x y

b u u= +60 0 80 0, ,x y

c u u= −− −−10 0 10 0, ,x y

d u u= −40 0 30 0, ,x y

e u u= − +70 0 60 0, ,x y

378 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 379

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Figura A.13: O vetor v1 é encontrado quando você soma os vetores a e (b – a)/2.

A maneira de calcular o vetor v1 é a seguinte:

.

A segunda orientação que está no mapa diz para você andar do ponto onde você parou,

v1, até o ponto C. Desta vez, você deve parar quando tiver percorrido 1/3 do caminho. Então,

como na primeira orientação do mapa, você nota que a direção deste caminho é representada

pelo vetor c - v1. O vetor v2, que representa o ponto da sua segunda parada, é

.

A penúltima orientação pede para você andar do ponto v2 até o ponto D, mas deve parar

quando tiver percorrido 1/4 do caminho. Então, você nota que a direção deste caminho é dada

pela mesma direção do vetor d - v2, e que o vetor v3 representa o ponto da sua terceira parada,

.

B

A

y

b

V1

x

a

v ab a

u u1 245 0 30 0= + − = +, ,x y

v vc v

u u u u2 11

313

80 0 50 0 26 7 16 7= +−

= + ≈ +( , , ) , ,x y x y

v vd v

u u3 22

430 0 5 00= +

−= +, ,x y

b a−2

380 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 381

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c) Segundo a última orientação do mapa, você deve andar do ponto v3 até o ponto E e parar

quando tiver percorrido 1/5 do caminho. Assim, a direção que você tem de escolher é a mesma

direção do vetor e − v3. A localização do tesouro do pirata é representada pelo vetor v4,

.

Para encontrar a distância entre a localização do tesouro e a origem dos eixos, você tem

de calcular o módulo |v4|. O resultado que você vai encontrar é

Exemplo 2

Uma luminária é constituída por três hastes e quatro junções, como na Figura A.14.

A posição da junção A é (30,0cm, 40,0cm) enquanto que as posições das junções B e C são,

respectivamente, (-10,0cm, 45,0cm) e (-20,0cm, 30,0cm).

a) Ache a localização de cada junção, A, B e C, medida com respeito a origem O.

b) Calcule os ângulos θ1, θ2 e θ3.

Figura A.14: Luminária que pode ser direcionada por meio das junções A, B e C.

θ2

θ3

θ1

B

A

O

C

v ve v

u u4 33

510 0 16 0= +

−= +, ,x y

| | , , .v4

2 210 0 16 0 18 9= ( ) + ( ) ≈ m.

380 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 381

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Solução

a) Em certos casos, o produto escalar entre dois vetores pode ser bastante útil. A definição

do produto escalar entre dois vetores é a seguinte:

Note que | a | é o módulo do vetor a, | b | é o módulo do vetor b e θ é o ângulo entre os vetores

a e b. Por exemplo, para os vetores unitários ux e uy, ortogonais entre si, valem as relações

Vamos representar a posição da junção A pelo vetor a = 30,0 ux + 40,0 uy. Da mesma

forma, vamos representar a posição da junção B pelo vetor b = -10,0 ux +45,0 uy e a posição da

junção C pelo vetor c = -20,0 ux + 30,0 uy.

b) Cálculo de θ1:

Note que o módulo do vetor a vale | | , , ,a = + =30 0 40 0 50 02 2 cm. Segundo a definição,

o produto escalar entre os vetores a e ux vale

Por outro lado, o produto escalar entre os vetores a. ux também pode ser calculado a partir

das componentes. Primeiro, você escreve este produto como

.

Depois, você aplica a lei distributiva da multiplicação. Ao multiplicar, você vai encontrar que

Você pode usar a regra do produto escalar para os vetores unitários, isto é, ux • uy = 0,

porque estes vetores são ortogonais, enquanto que ux • ux = uy • uy = 1. Se você entendeu bem

esta regra, então percebeu que

a b a b⋅ = | || | cos .θ

u u u ux x y y⋅ = ⋅ = =cos ,0 1o u u u ux y y x⋅ = ⋅ = =cos .90 0o

a u⋅ = =x ( , )( , )cos , cos .50 0 1 00 50 01 1θ θ

a u u u u⋅ = ⋅ +x x x y( , , )30 0 40 0

a u u u u u⋅ = ⋅ + ⋅x x x x y30 0 40 0, ( ) , ( ).

a u⋅ =x 30 0, .

382 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 383

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2

Finalmente, você pode escrever uma relação que vai permitir encontrar o ângulo θ1 entre

os vetores a e ux. Quando você igualar o produto escalar calculado das duas diferentes maneiras,

chegará à conclusão de que

.

Isso significa que o cosseno deste ângulo tem que valer

.

Veja na Figura A.14 que o ângulo deve estar no intervalo 0o < θ1 < 90o. O resultado final

que você encontra para o ângulo θ1 é o seguinte:

.

Cálculo de θ2:

Em primeiro lugar, você deve perceber que θ2 é o ângulo entre os vetores a e b-a. O vetor

que parte do ponto A e chega a B é escrito nas coordenadas cartesianas como b-a = -40,0 ux +

5,00 uy. O módulo do vetor b-a vale | | , , ,b a− = + ≈40 0 5 00 40 32 2 . Assim, o produto escalar

entre os vetores a e b-a vale

.

O produto escalar, em termos das componentes que você vai calcular depois, é dado por

.

Usando a distribuição multiplicativa, você vai encontrar

Portanto, o cosseno do ângulo θ2 tem que valer

Qual é o ângulo cujo cosseno vale 0,5? Isso mesmo, 60o ou 120o. Note que o ângulo θ2 da

Figura A.14 está no intervalo 90o < θ2 < 180o. Logo, o ângulo que você deve encontrar é θ2 = 120o.

a u⋅ = =x 50 0 30 01, cos ,θ

cos,,

,θ1

30 050 0

0 60= =

θ11 0 60 53 1= ≈−cos , , o

a b a⋅ − = ≈( ) ( , )( , )cos . cos50 0 40 3 2 0152 2θ θ

a b a u u u u⋅ − = + ⋅ − +( ) ( , , ) ( , , )30 0 40 0 40 0 5 00x y x y

b c u u u u u u u u⋅ = − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅

=

1 200 150 1 600 200

1 2

. ( ) ( ) . ( ) ( ),

.x x x y y x y y

−− 000 1 150 0 1 600 0 200 1 1 000( ) ( ) . ( ) ( ) . .+ − + =

cos..

, .θ2

1 0002 015

0 50≈ ≈

382 CECIER J – Extensão

Movimentos: Variações e Conservações | Vetores

CECIER J – Extensão 383

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2

Cálculo de θ3:

Agora você já sabe que o ângulo entre os vetores c-b e b-a vale θ3. Vamos calcular o produto

escalar destes dois vetores considerando que c-b = -10,0 ux -15,00 uy.

Usando as componentes cartesianas de cada vetor, você vai encontrar que o produto escalar

também vale

O cosseno do ângulo θ3 tem que valer

O ângulo encontrado pode ser 63,3o ou 116,7o. Contudo, o ângulo θ3 está no intervalo

0o < θ2 < 90o, e por causa disso θ3 = 63,3o.

( ) ( ) ( , )( , )cos cos .c b b a− ⋅ − = ≈18 0 40 3 7253 3θ θ

( ) ( ) ( ) ( ) , ( ) , ( ),c b b a u u u u u u u u− ⋅ − = ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅400 600 50 0 75 0x x x y y x y y

== + − − =400 1 600 0 50 0 0 75 1 325( ) ( ) , ( ) ( ) .

cos , .θ3

325725

0 45≈ ≈

Movimentos: Variações e Conservações

Ref

erên

cias

386 CECIER J – Extensão CECIER J – Extensão 387

Aula 1

Aula 2

ALMEIDA, Maria Antonieta T. de. Introdução às Ciências Físicas. Rio de Janeiro:

Fundação CECIERJ, 2004. v.3.

HALLIDAY, Resnick, Krane. Física 1. 4. ed. Rio de Janeiro: LTC,1992.

NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica. São Paulo: Edgard Blücher,

1997. v.1

SERWAY, Raymond A.; Beichner, Robert J. Physics for scientists and engineers. 6th ed.

Pacific Grove, CA: Brooks/Cole Publishing Company, 2000.

SOUZA, Carlos Farina de ; PINTO, Marcus Venicius C.; SOARES FILHO, Paulo Carrilho.

Física 1. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. 3v.

TIPLER, P. A.; Mosca, G. Physics for scientists and engineer. 5th ed. Extended version.

Nova York: W. H. Freeman & Co, 2003.

HALLIDAY, David.; RESNICK, Robert.; KRANE, Kenneth S. Física. 4. ed. Rio de Janeiro:

LTC, 1992. v. 1.

NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica. São Paulo: Edgard Blücher,

1997. v.1

SERWAY, Raymond A.; BEICHNER, Robert J. Physics for scientists and engineers.

6th ed. Pacific Grove, CA: Brooks/Cole Publishing Company, 2000.

SOUZA, Carlos Farina de; PINTO, Marcus Venicius C.; SOARES FILHO, Paulo Carrilho.

Física 1A. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. v.1.

TIPLER, P. A.; Mosca, G. Physics for Scientists and engineers extended version. 5th ed.,

Extended version. New York: W H Freeman & Co, 2003.

386 CECIER J – Extensão CECIER J – Extensão 387

Aula 3

HALLIDAY, David; RESNICK, Robert; KRANE, Kenneth S. Física. 4. ed. Rio de Janeiro:

LTC, 1992. v.1.

NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica. São Paulo: Edgard Blücher,

1997. v.1.

SERWAY, Raymond A.; BEICHNER, Robert J. Physics for scientists and engineers. 6th

ed. Pacific Grove, CA: Brooks/Cole Publishing Company, 2000.

SOUZA, Carlos Farina de; PINTO, Marcus Venicius C.; SOARES FILHO, Paulo Carrilho.

Física 1A. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. 3 v.

TIPLER, P. A.; MOSCA, G. Physics for Scientists and Engineers. 5th ed., Extended version,

New York: W H Freeman & Co, 2003.

HALLIDAY, Resnick, Krane: Física. 4. ed. Rio de Janeiro: LTC, 1992. v. 2.

NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica. São Paulo: Edgard Blücher,

1997. v.1.

SERWAY, Raymond A.; BEICHNER, Robert J. Physics for scientists and engineers. 6th

ed. Pacific Grove, CA: Brooks/Cole Publishing Company, 2000.

SOUZA, Carlos Farina de; PINTO, Marcus Venicius C.; SOARES FILHO, Paulo Carrilho.

Física 1B. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. 3 v.

TIPLER, P. A.; MOSCA, G. Physics for scientists and engineers. 5th ed., Extended version.

New York: W H Freeman & Co, 2003.

Aula 4

388 CECIER J – Extensão CECIER J – Extensão 389

HALLIDAY, David; RESNICK, Robert; KRANE, Kenneth S. Física. 4. ed. Rio de Janeiro:

LTC, 1992. v. 1.

NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica. São Paulo: Edgard Blücher,

1997. v. 1.

SERWAY, Raymond A.; BEICHNER, Robert J. Physics for Scientists and Engineers, 6th

ed. Pacific Grove, CA: Brooks/Cole Publishing Company, 2000.

SOUZA, Carlos Farina de; PINTO, Marcus Venicius C.; SOARES FILHO, Paulo Carrilho.

Física 1B. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. 3 v.

TIPLER, P. A.; MOSCA, G. Physics for scientists and engineers. 5th ed., Extended version.

New York: W H Freeman & Co., 2003.

Aula 5

KHOURY, Antonio Zelaquett; FRANCESCHINI FILHO, Dante Ferreira. Física 2A. Rio

de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. v.1.

HALLIDAY, David; RESNICK, Robert; KRANE, Kenneth S. Física. 4. ed. Rio de Janeiro:

LTC, 1992. v. 1.

NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica. São Paulo: Edgard Blücher,

1997. v. 2.

SERWAY, Raymond A.; BEICHNER, Robert J. Physics for Scientists and Engineers, 6th

ed. Pacific Grove, CA: Brooks/Cole Publishing Company, 2000.

SOUZA, Carlos Farina de; PINTO, Marcus Venicius C.; SOARES FILHO, Paulo Carrilho.

Física 1B. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. 3 v.

TIPLER, P. A.; MOSCA, G. Physics for scientists and engineers. 5th ed., Extended version.

New York: W H Freeman & Co., 2003.

Aula 6

388 CECIER J – Extensão CECIER J – Extensão 389

Aula 7

HALLIDAY, David; RESNICK, Robert; KRANE, Kenneth S. Física. 4. ed. Rio de Janeiro:

LTC, 1992. v. 1.

NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica. São Paulo: Edgard Blücher,

1997. v. 1.

SERWAY, Raymond A.; BEICHNER, Robert J. Physics for scientists and engineers. 6th

ed. Pacific Grove, CA: Brooks/Cole Publishing Company, 2000.

SOUZA, Carlos Farina de; PINTO, Marcus Venicius C.; SOARES FILHO, Paulo Carrilho.

Física 1B. Rio de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004.

TIPLER, P. A.; MOSCA, G. Physics for scientists and engineers. 5th ed., Extended version.

New York: W H Freeman & Co., 2003.

Aula 8

KHOURY, Antonio Zelaquett; FRANCESCHINI FILHO, Dante Ferreira. Física 2A. Rio

de Janeiro: Fundação CECIERJ, 2004. v.1.

HALLIDAY, David; RESNICK, Robert; KRANE, Kenneth S. Física. 4. ed. Rio de Janeiro:

LTC, 1992. v. 1.

NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica. São Paulo: Edgard Blücher,

1997. v. 2.

SERWAY, Raymond A.; BEICHNER, Robert J. Physics for Scientists and Engineers, 6th

ed. Pacific Grove, CA: Brooks/Cole Publishing Company, 2000.

TIPLER, P. A.; MOSCA, G. Physics for scientists and engineers. 5th ed., Extended version.

New York: W H Freeman & Co., 2003.