unidade iii. centro de massa e momento linear
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UNIDADE III. SISTEMAS DE PARTÍCULAS E
CONSERVAÇÃO DO MOMENTO LINEAR
Prof. Dr. Helder H. Ch. Sánchez
IV.1 Movimento do Centro de Massa
Vamos considerar um sistema de n-partículas de massas conhecidas mi como mostrado na Fig.1.
Define-se o centro de massas do sistema de patículas, como o par ordenado (xC, yC) tal que:
Fig.1 Sistema de n massas pontuais mi, cujas posições (xi, yi) são conhecidas.
(1)xC =m1 x1 + m2 x2 + ... + mn xn
m1 + m2 + ... + mn
=Úi
nxi mi
M
,
onde a massa total
(2)M = âi=1
n
mi.
Expressões semelhantes se definem para as coordenada yC e zC (no caso 3-dimensional):
(3)yC =Úi
nyi mi
M
,
(4)zC =Úi
nzi mi
M
,
O raio vetor do centro de massa rÓ
C = xC i`
+ yC j`
+ zC k`
(5)rÓ
C = xC i`
+ yC j`
+ zC k`
=Úi
n Ixi mi i`
+ yi mi j`
+ zi mi k`M
M
=Úi
nrÓ
i mi
M
,
e o raio vetor da i-éssima massa pontual é dado por rÓ
i = xi i`
+ yi j`
+ zi k`.
No caso de uma distribuição continua de massas, as somas em (8), (10), (11) e (12) se substituem
por
(6)
xC =ÙM
x â m
M
, yC =ÙM
y â m
M
, zC =ÙM
z â m
M
,
e o raio vetor do centro de massas : rÓ
C =ÙM
rÓ
â m
M
.
Se as partículas se movem com velocidades independentes entre si, vi, logo seu centro de massas
terá o vetor velocidade que pode ser achado derivando (5) com relação ao tempo
(7)ΥC = ΥxC i`
+ ΥyC j`
+ ΥzC k`
=Úi
nΥi mi
M
,
Se derivamos outra vez encontramos a aceleração do centro de massas:
(8)aC =Ha1 m1 + a2 m2 + ... + an mnL
M
=Úi
nai mi
M
,
pela segunda lei de Newton, cada termo ai mi representa a força agindo sobre a partícula i-ésima.
Forças agindo sobre uma partícula caim em duas categorias: forças internas devido as interações
com outras partículas dentro do sistema, e forças externas devido a agentes fora do sistema:
(9)F i = ai mi = F i,internas + F i,externas
por isto, escrevemos a Eq.(8) assim
(10)M aC = âi
n
F i,interno + âi
n
F i,externas.
Devido a terceira lei de Newton, o primeiro térmo do lado direito da Eq.(10) deve ser zero:
Úin
F i,interno = 0 porque a cada força agindo sobre uma partícula, existe uma força contrária e da
mesma magnitude agindo sobre a outra partícula, de modo que ao somar todas essas forças se
anulam. Assim, teremos apenas forças externas agindo sobre o sistemas de massas pontuais:
(11)M aC = âi
n
F i,externas = F tot,externa.
esta é a equação da segunda lei de Newton para um sistema de partículas. Podemos tirar a
seguinte conclusão da Eq.(11): O centro de massas de um sistema de partículas se move como
uma partícula de massa M = Úi=1n
mi sob a influência da força externa total agindo sobre
sistema. Este teorema é importantante porque descreve o movimento do centro de massas para
qualquer sistema de partículas: O centro de massas se comporta como sendo apenas uma
partícula pontual sob a qual agem as forças externas. Os movimentos das partículas individuais do
sistema são usualmente mais complexos e não são descritos pela (11).
Problema. Um projétil é lançado no ar com uma velocidade inicial de 24.5 m/s à 36.9� com
relação a horizontal. No ponto mais alto, explode em dois fragmentos de igual massa. Um
fragmento cai direto em terra. Onde cai o outro fragmento?
Fig.2
Solução.Como a única força externa agindo é a gravidade, o centro de massa, o qual está no meio
entre os fragmentos, continua em seu movimento parabólico como se não tive-se explosão
(Fig.2). O alcançe horizontal é x = R, de modo que o primeiro fragmento que cai reto em terra
tera sua posição x1 = 0.5R. O outro fragmento deve ter a posição x2 = 1.5R. Seja m a massa de
cada fragmento. Podemos verificar nosso raciocínio com o cálculo:
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Solução.Como a única força externa agindo é a gravidade, o centro de massa, o qual está no meio
entre os fragmentos, continua em seu movimento parabólico como se não tive-se explosão
(Fig.2). O alcançe horizontal é x = R, de modo que o primeiro fragmento que cai reto em terra
tera sua posição x1 = 0.5R. O outro fragmento deve ter a posição x2 = 1.5R. Seja m a massa de
cada fragmento. Podemos verificar nosso raciocínio com o cálculo:
xC =m x1 + m x2
2 m
, � R =0.5 R + x2
2, x2 = 1.5 R.
O alcançe horizontal é calculado como um problema puramente cinemático:
R =Υ0
2
g
SenH2 ΘL = 58.8 m,
por tanto
x2 = 1.5 R = 88.2 m.
Problema. Na molécula de amônia (NH3) da Fig.3, três átomos de hidrogênio (H) formam um
triângulo equilátero, com o centro do triângulo a uma distância d = 9.40�10-11
m de cada átomo de
hidrogênio. O átomo de nitrogênio (N) está no vértice superior de uma pirâmide, com os três átomos de
hidrogênio formando a base. A razão entre as massas do nitrogênio e hidrogênio é 13.9 e a distância
nitrogênio-hidrogênio é L = 10.14�10-11
m. Quais são as coordenadas a) x e b) y do centro de massa da
molécula?
Fig.3
Solução.(a) A figura é simétrica com relação ao eixo y, por conseguinte xC = 0.
(b) Para encontrar yC notamos que
yC =mH y1 + mH y2 + mH y3 + mN yN
3 mH + mN
=mN yN
3 mH + mN
,
onde yN é a ordenada do átomo de nitrogênio, cujo valor é
yN = L2
- d2
= 3.803� 10-11
m,
logo
yC =mN yN
3 mH + mN
=HmN � mHL yN
3 + HmN � mHL =H13.9L 3.803�10-11
3 + H13.9L m = 3.13 ´ 10-11m.à
Um caso especial do movimento do centro de massa de um sistema é quando sobre o sistema não
existe força externa total agindo sobre ele. Neste caso, aC = 0 e o sistema se moverá com veloci-
dade constante, isto é, o centro de massas se moverá de modo bem simples ainda quando cada
partícula do sistema pode ter movimentos complexos.
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IV.2 Conservação do Momento Linear
O momento linear de uma partícula p é definido como o produto de sua massa vezes sua
velocidade:
(12)p = m vÓ,
Em termos deste conceito re-formulamos a segunda lei de Newton para cada partícula de massa m
(13)Fext = m a = md v
Ódt
=d p
dt,
assim, o momento linear total de um sistema de partículas será dado pelo momento linear de seu
centro de massa:
(14)PC = M vÓ
C = âi
n
vÓ
i mi.
Se admitirmos que a força total externa agindo sobre o sistema é zero, de acordo com a Eq.(11)
teremos um princípio de conservação do momento linear:
(15)PC = M aC = âi
n
vÓ
i mi = Constante.
Esta lei da conservação do momento linear de um sistema dize: se a força externa total sobre
um sistema é zero, o momento linear total do sistema permanhece constante.
Problema. Uma bola se move com uma velocidade de 1.20m/s na diração +y sobre uma mesa
de cinuca e bate em uma bola igualmente massiva inicialmente em repouso (veja Fig.4). A bola
de cinuca é defletida tal que sua velocidade tem uma componente de 0.80m/s na direção +y e
uma componente de 0.56m/s na direção +x. Qual é a velocidade da batida da bola imediata-
mente depois da colisão?
Fig.4
Solução.O mais imediato para se fazer é escrever as velocidades inicial e final da bola que foi
lançada:
vÓ
1 i = 1.20 j`
m � s, , vÓ
1 f = I0.56 i`
+ 0.80 j`M m � s,
Podemos usar a Eq.(15) e projetamos ela nos dois eixos x e y:
p1 i
= p1 f
+ p2 f
, � p1 iy = p1 fy + p2 fy, � p1 ix = p1 fx + p2 fx,
v1 iy = v1 fy + v2 fy, ou 1.20 m � s = 0.80 m � s + v2 fy,
logo v2 fy = 0.40 m � s.
De
p1 ix = p1 fx + p2 fx, � 0 = v1 fx + v2 fx,
ou v2 fx = -v1 fx = -0.56 m � s
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A velocidade da segunda bola é
vÓ
2 f = I-0.56 i`
+ 0.40 j`M m � s, Υ2 f = H-0.56L2
+ H0.40L2m � s = 0.69 m � s.
IV.3 Colisões
Não existindo forças externas no sistema de partículas o momento linear se conserva, por outro
lado, se as forças entre as partículas são conservativas, e não existem perdas nem ganhos da
energia mecânica; a energia cinética total do sistema é a mesma tanto antes como depois da
colisão. Este último aspecto diferencia entre os diferentes tipos de colisões: se durante uma
colisão a energia cinética se conserva, isto é, a energia cinética total do sistema é o mesmo
antes e depois da colisão, a colisão é ELÁSTICA. Do contrário, a colisão é inelástica. Também,
se os corpos ficam totalmente grudados depois da colisão, falamos de colisão totalmente
inelástica.
IV.3.1.Impulso e Força Média
Durante as colisões são exercidas forças muito grandes sobre cada objeto que colide usualmente
durante intervalos de tempos muito curtos. Por exemplo, a força exercida por uma batida de
baseball sobre uma bola, podem ser mil vezes o peso da bola, porem esta enorme força é exer-
cida por apenas um mili segundo. Semelhantes forças são as vezes chamadas forças impulsivas.
A Fig.5 mostra a variação no tempo de uma força típica exercida por um objeto sob o outro
durante uma colisão. A força é grande durante grande parte do intervalo de tempo que dura a
colisão. Para outros tempos a força é desprezívelmente pequena. O impulso da força durante o
intervalo de tempo é um vetor definido como
Fig.5 A variação da componente x da força durante uma colisão vs tempo t de sua duração. A área
debaixo à curva representa o módulo do impulso ao longo do eixo x.
(16)IÓ
= àt1
t2
F ât
O impulso é uma medida tanto da intensidade e duração da força na colisão.
Usando a segunda lei de Newton como a taxa em que varia o momento linear na unidade de
tempo F =d p
dt, vemos que
(17)IÓ
= àt1
t2
F ât = àt1
t2 d p
dtât = à
p1
p2
â p = p2 - p1 = D p,
a Eq.(17) é chamada o teorema impulso-momento para uma partícula. Também o impulso sob
um sistema devido as forças externas é igual a variação total do momento linear do sistema:
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a Eq.(17) é chamada o teorema impulso-momento para uma partícula. Também o impulso sob
um sistema devido as forças externas é igual a variação total do momento linear do sistema:
(18)IÓtota ext = à
t1
t2
F tota ext ât = D Psist,
que é o teorema impulso-momento para um sistema de partículas.
Por definição, a força média para um intervalo Dt = t2 - t1 é definido por
(19)Fm =1
Dtà
t1
t2
F ât =1
DtIÓ
do qual
(20)IÓ
= Fm Dt
A força média é a força constante que da o mesmo impulso como a força principal no intervalo de
tempo como mostrado pelo retângulo na Fig.5. A força total média pode ser calculada da variação
no momento linear se o tempo da colisão é conhecido. Este tempo pode ser estimado usando o
deslocamento de um dos corpos durante a colisão.
Problema. Uma bola de borracha de 100g é deixada cair desde uma altura de 2.00m acima de
um piso duro. A Fig.6 anexa mostra a força que o piso exerce sob a bola. A que altura a bola
pula?
Fig.6
Solução.O problema deve ser divido em três partes: 1) queda livre para baixo, 2) colisão impul-
siva e 3) pulo livre para cima. Uma representação gráfica é mostrada na Figura anexa.
Fig.7
A velocidade da bola imediatamente antes da colisão Υ1 y é encontrada pela cinemática da queda
livre
Υ1 y
2= Υ0 y
2- 2 g Hy - y0L = 0 - 2 * 9.81 H-2.00L,
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Υ1 y
2= Υ0 y
2- 2 g Hy - y0L = 0 - 2 * 9.81 H-2.00L,
Υ1 y = -6.26 m � s Ha sinal indica a direção para abaixoLO teorema momento-impulso é dado pela Eq.(17) Iy = p2 y - p1 y ou p2 y = p1 y + Iy. O momento
linear justo antes da colisão é p1 y = mΥ1 y = -0.626 kgm �s. A força do piso é para cima, tal que seu
impulso Iy é positivo. Da Figura dada no problema
Iy = área debaixo da curva da força =1
2�H300L H0.0080L Ns = 1.200 Ns.
Logo
p2 y = p1 y + Iy = -0.626 kgm � s + 1.200 Ns = 0.574 kgm � s.
a velocidade associada a este momento linear
Υ2 y =1
m
p2 y = 5.74 m � s.
que é a velocidade da bola imediatamente depois de colidir. Agora use cinemática da queda livre
para encontrar a altura
Υ3 y
2= Υ2 y
2- 2 g y � 0 = 5.742
- 2 H9.81L y, � y =5.742
2 H9.81L = 1.68 m .
Problema. Determine o impulso nas seguintes situações: a) A força aplicada sobre uma
partícula de 250g varia com o tempo como mostrado na Fig.8(a). b) A força aplicada sobre uma
partícula de 3.0kg varia com o tempo como mostrado na Fig.8(b).
Fig.8
IV.3.2.Colisões em 1-Dimensão
IV.3.2.1.Colisões Perfeitamente Inelásticas
Na Fig.(9) mostramos duas partículas de massas m1 e m2 se movendo com velocidades iniciais Υ1 i
e Υ2 i ao longo da mesma linha reta. As partículas colidem frontalmente, ficando depois disso
grudadas, e logo se movem com uma velocidade comum Υ f depois da colisão. Como o momento
de um sistema isolado é conservado em qualquer colisão, podemos dizer que o momento total
antes da colisão é igual ao momento total do sistema composto depois da colisão
(21)m1 Υ1 i + m2 Υ2 i = Hm1 + m2L Υ f
Fig.(9) Representação gráfica de uma colisão perfeitamente inelástica frontal, (a) antes e (b)
depois da colisão.
Resolvendo para a velocidade final dá
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Fig.(9) Representação gráfica de uma colisão perfeitamente inelástica frontal, (a) antes e (b)
depois da colisão.
Resolvendo para a velocidade final dá
(22)Υ f =m1 Υ1 i + m2 Υ2 i
m1 + m2
IV.3.2.2.Colisões Elásticas
Na Fig.(10) mostramos duas partículas de massas m1 e m2 se movendo com velocidades iniciais
Υ1 i e Υ2 i ao longo da mesma linha reta. As partículas colidem frontalmente de modo completa-
mente elástico, ficando depois disso separadas com velocidades grudadas, e logo se separam cada
qual com velocidades Υ1 f e Υ2 f . Neste caso, tanto o momento linear e a energia cinética do
sistema são conservados. Por conseguinte, considerando as velocidades ao longo da direção
horizontal na Fig.(10). Consideramos velocidades positivas se apontam para à direita e
negativas se as velocidades apontam para à esquerda, logo as equações para a conservação do
momento linear e da energia cinética são:
(23)m1 Υ1 i - m2 Υ2 i = -m1 Υ1 f + m2 Υ2 f
(24)m1
2Υ1 i
2+
m2
2Υ2 i
2=
m1
2Υ1 f
2+
m2
2Υ2 f
2
Fig.(10) Representação gráfica de uma colisão perfeitamente elástica frontal, (a) antes e (b)
depois da colisão.
Supondo que as massas e velocidades iniciais são conhecidos as equações (23) e (24) podem ser
obtidos expressões para as velocidades finais:
(25)Υ1 f =Hm2 - m1Lm1 + m2
Υ1 i +2 m2
Hm1 + m2L Υ2 i
(26)Υ2 f =2 m1
m1 + m2
Υ1 i +Hm1 - m2LHm1 + m2L Υ2 i
Se m1 = m2 temos
(27)Υ1 f = Υ2 i
(28)Υ2 f = Υ1 i,
o que mostra que as partículas trocam de velocidades.
Se a partícula 2 está inicialmente em repouso Υ2 i = 0:
(29)Υ1 f =Hm2 - m1Lm1 + m2
Υ1 i
(30)Υ2 f =2 m1
m1 + m2
Υ1 i.
Problema. O pêndulo balístico (Fig.11) é um aparelho utilizado para medir a velocidade de um
projéctil em movimento rápido, tal como uma bala. Uma bala de massa m1 é disparado em um
grande bloco de madeira de massa m2 suspenso de alguns fios, como mostrado na figura. A bala
se incorpora no bloco, e o sistema como um todo sobe uma altura h. Como podemos determi-
nar a velocidade da bala com a medição de h?
Fig.11
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Problema. O pêndulo balístico (Fig.11) é um aparelho utilizado para medir a velocidade de um
projéctil em movimento rápido, tal como uma bala. Uma bala de massa m1 é disparado em um
grande bloco de madeira de massa m2 suspenso de alguns fios, como mostrado na figura. A bala
se incorpora no bloco, e o sistema como um todo sobe uma altura h. Como podemos determi-
nar a velocidade da bala com a medição de h?
Fig.11
Solução.Primeiro calculamos a velocidade do sistema bloco + bala, a qual pode-se considerar
como uma colisão totalmente inelástica. Usamos a Eq.(22), sendo que ΥBi = 0
ΥB =m1 Υ1 A
m1 + m2
Quando o sistema inteiro bala + bloco sobe uma altura h, chamamos esta nova posição como C e
podemos usar conservação da energia total entre as posições inferior B e no topo C:
m1 + m2
2ΥB
2+ UB =
m1 + m2
2ΥC
2+ UC
como UB = 0, ΥC = 0, UC = Hm1 + m2L gh obtemos
m1 + m2
2
m1 Υ1 A
m1 + m2
2
= 0 + Hm1 + m2L gh
a solução para Υ1 A é
Υ1 A =m1 + m2
m1
2 gh .
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