Física do ambiente agrícola

Universidade Federal Rural de Pernambuco

Unidade Acadêmica de Serra Talhada

Curso: Agronomia

Disciplina: Física do Ambiente Agrícola

Professor: Mário Oliveira

Data: 15 /08/2011

1

Notas
1 
• Aprovação Qualificada: .. − 3 
1 V . A. + 2 V . A  a a a
V . A. ≥ 7,0
2     
  
 2 / 5+3 / 5 2 / 5+ 3 / 5  

2
[(1 V .A. + 2 V .A.) − 3 V .A.] ≥ 3,0
1
• Aprovação Simples: se , pode-se fazer a final:
a a a

2 2
[ a a
]
 (1 V . A. + 2 V . A.) − 3 V . A. + V . A.Final  ≥ 5,0
1 1 a 


• A primeira e a segunda verificação serão divididas em duas partes.
A primeira parte com 4,0 pontos e a segunda parte com 6,0 pontos.
• Primeira V.A. : 09/05/2011 e 12/05/2011
• Segunda V.A.: 16/06/2011 e 20/06/2011
• Terceira V.A.: 07/07/2011
• V.A. Final: 18/07/2011
• Aulas extras: 24/03/2011 (Sala 01 Bloco 03 08:00-10:00), 14/04/2011 (Sala 01 Bloco 03 08:00-
10:00), 19/05/2011 (Sala 02 Bloco 03 08:00-10:00), 26/05/2011 (Sala 01 Bloco 03 08:00-
10:00), 02/06/2011(Sala 01 Bloco 03 08:00-10:00)

2

Faltas
• 25% é o limite máximo.
• O número máximo de faltas é 19.
Listas de Exercícios
https://sites.google.com/site/ensinodefisicanauast/home/listas-de-exercicios

Gabaritos
https://sites.google.com/site/ensinodefisicanauast/home/gabaritos

3

Bibliografia
• Fundamentos de Física I,II, IV Halliday e
Resnick. Editora L.T.C., 2009, 8a ed..
• Física I, Sears e Zemansky, Addison Wesley,
2006, 10a ed.
• Física, Volume 1, Paul A. Tipler, Gene Mosca,
Editora L.T.C., 2006, 5a ed.

4

Física do Ambiente Agrícola

Turma: SA3
Código da Disciplina: FISC5002

5

Movimento Retilíneo

Unidade I

6

Movimento
• Quando um objeto ocupa lugares diferentes em
tempos diferentes, dizemos que ele está em
movimento.
• O movimento mais simples é aquele que
acontece sobre uma linha reta. Para simplificar
ainda mais, vamos considerar o objeto como um
ponto: ponto material (ponto dotado de massa).
• O movimento retilíneo (sobre uma linha reta) é o
que vamos tratar no início.
7

Posição e Deslocamento
• Posição é uma coordenada do referencial do observador,
representada por um vetor que aponta da origem (onde está
o observador) até o objeto que estamos estudando
(partícula).
• É a trilha deixada pela partícula quando se move de uma
posição para outra.

∆x = x2 − x1 Deslocamento 1-D

  
∆r = r2 − r1 Deslocamento 2-D ou 3-D

• Sua unidade no S.I. é o metro.
8

(b) Podemos obter as seguintes coordenadas para x e y nos seguintes tempos:

Tempo (s) Coordenada x (m) Coordenada y (m)
0 28 30
5 56,25 -10
10 69 -39
15 66,25 -57
20 48 -64
25 14,25 -60

y

x

13

Velocidade Média
• Velocidade média é a medida da rapidez de
uma partícula em um intervalo de tempo. É
obtida através da inclinação da secante que
une dois pontos no gráfico da posição em
função do tempo. Unidade do S.I.: m/s.
∆x x futuro − x passado
vmédia = =
∆t t futuro − t passado
Velocidade média 1-D
  
 ∆r r futuro − rpassado
vmédia = =
∆t t futuro − t passado

Velocidade média 2-D ou 3-D 14

A velocidade média faz parte da secante à trajetória da partícula.
x

x2

tan ( α ) = vmédia

α
x1

t1 t2 t

15

Velocidade Escalar Média
• A velocidade escalar média mede a rapidez,
mas sem considerar o sentido ou a direção do
deslocamento.
• É definida com a razão entre a distância
percorrida pelo intervalo de tempo gasto no
percurso:
Distância percorrida
smédia =
∆t

16

Exemplo 2-1
• Você dirige uma picape ao longo de uma estrada retilínea por 8,4 km a 70
km/h, quando ela para por falta de gasolina. Nos próximos 30 minutos,
você caminha ao longo da estrada na direção de um posto de gasolina.
• (a) Qual o deslocamento desde do início da viagem até a chegada ao
posto de gasolina?
• (b) Qual é o intervalo de tempo desde do início da viagem até a chegada
ao posto de gasolina?
• (c) Qual é a velocidade média do começo da viagem até a chegada ao
posto de gasolina? Encontre-a numericamente e graficamente.
• (d) Suponha que para pegar a gasolina, pagar e voltar até o carro; você
gaste 45 minutos. Qual é a velocidade escalar média desde do começo da
viagem até a volta até o carro

17

Velocidade instantânea
• Quando desejamos analisar a rapidez em um
instante de tempo, usamos a velocidade instantânea.
Ela é dada pela derivada da posição em relação ao
tempo ou pela inclinação da tangente no gráfico da
posição em função do tempo. Unidade do S.I.: m/s.
dx ∆x
v= = lim
dt ∆t →0 ∆t

Velocidade instantânea 1-D
 
 dr ∆r dx ˆ dy ˆ
v= = lim = i+ j
dt ∆t →0 ∆t dt dt
Velocidade instantânea 2-D

20

x
x2

α

Tan(α)=v

x1

t2
t1 t

A velocidade instantânea faz parte da tangente à trajetória da partícula.

21

Velocidade Escalar
• A velocidade escalar instantânea é o módulo
da velocidade instantânea:

s= v

22

Exemplo 2-3
• A posição de uma partícula se movendo em
um eixo x é dada por:
• x=7,8+9,2t-2,1t3
• Com x em metros e t em segundos. Qual é a
velocidade em t= 3,5 s? A velocidade é
constante ou está variando continuamente?

23

Exemplo 4-3
• Para o coelho do Exemplo 4-2, encontre a
velocidade no tempo t=15 s.

25

Aceleração
• A aceleração média mede o avanço ou recuo da
velocidade em um intervalo de tempo. É dada
pela inclinação da secante em um gráfico de
velocidade contra tempo. Unidade do S.I.: m/s2

∆v v2 − v1
a= =
∆t t 2 − t1
Aceleração média 1-D
  
 ∆v v2 − v1 ∆v x ˆ ∆v y ˆ
a= = = i+ j
∆t t 2 − t1 ∆t ∆t
Aceleração média 2-D

27

v1 Tan (α) = amédia

α

v2

t1 t2

28

Aceleração Instantânea
• A aceleração instantânea é a medida do
avanço ou do recuo da velocidade em certo
instante de tempo. Unidade do S.I.: m/s2
dv ∆v
a= = lim
dt ∆t →0 ∆t
Aceleração instantânea 1-D
 
 dv ∆v dv x ˆ dv y ˆ
a= = lim = i+ j
dt ∆t →0 ∆t dt dt

Aceleração instantânea 2-D

29

v

v2

α

v1

t
t1 t2

30

Exemplo 4-4
• Para o coelho do Exemplo 4-2 e 4-3, encontre
a aceleração do coelho para t=15s.

33

Solução

Θ=145o

34

Aceleração Constante

Velocidade inicial.
Posição inicial.

Velocidade inicial.

35

Equação de Torricelli

Velocidade inicial
Posição inicial

36

Exemplo 2-5
• A cabeça de um pica-pau está se movendo
para frente com uma velocidade de 7,49 m/s
até o bico encontrar o tronco da árvore. O
bico para depois de penetrar o tronco em 1,87
mm. Assuma que a aceleração é constante,
encontre o módulo da aceleração em
unidades de g.

37

Exemplo 2-6
• A Figura abaixo mostra o gráfico da velocidade
v da partícula contra a posição, quando a
partícula se move ao longo do eixo x com
aceleração constante. Qual é a velocidade da
partícula em x=0?
v (m/s)

20

8 70 x(m)

39

Queda livre
• Queda livre é quando a partícula, que está sendo estudada, se
move somente pela influência da gravidade da Terra.
• Supondo o ar rarefeito, podemos considerar o movimento
nas proximidades da superfície da Terra com uma queda livre.
• Próximo ao nível do mar e para regiões planas (planícies e
planaltos), podemos dizer que a gravidade da Terra impõe
que os objetos se movam com aceleração constante para
baixo e de módulo constante igual a g=9,8 m/s2.

44

Exemplo 2-7
• Em 26 de setembro de 1993, Dave Munday foi para o lado canadense das
Cataratas do Niágara equipado com uma bola de aço com um furo de ar
para entrada de ar e caiu 48m na direção da água (e das rochas). Assuma
que a velocidade inicial foi zero, e despreze a resistência do ar.
• (a) Quanto durou a queda de Munday até atingir a superfície da água?
• (b) Munday conseguia contar três segundos até a queda, mas não podia
ver o quanto ele tinha caído a cada segundo. Determine a sua posição no
final de cada segundo.
• (c) Qual era a velocidade de Munday quando ele atingiu a superfície da
água?
• (d) Qual era a velocidade de Munday no final de cada segundo? Ele podia
perceber o aumento da velocidade?

46

Tempo(segundo) Posição(metro)
0s 48m
1s 43,1m
2s 28,4m
3s 3,9m

48

Tempo Velocidade
(segundo) (m/s)
0 0
1 -9,8
2 -19,6
3 -29,4

proporcionais e é difícil distinguir um do outro.
50

Exemplo 2-8
• Na figura abaixo, um jogador joga uma bola
de beisebol para cima com um velocidade de
12 m/s ao longo do eixo y.
y

• (a) Quanto tempo a bola leva para chegar na
sua altura máxima?
51

(b) Qual é a altura máxima da bola em
relação ao seu ponto de partida?

(c) Quanto tempo a bola leva para
atingir a altura de 5m em relação ao
seu ponto de partida?

52

Solução
• (a) A altura máxima ocorrerá quando a
velocidade da bola for nula, pois ela deve
parar de subir. Substituindo essa condição na
equação para a velocidade em função do
tempo:
v = v0 − gt 0 = 12m / s − 9,8m / s t
2 t=
12
9,8
s = 1,224 s

• (b) Podemos obter a altura máxima usando a
equação da posição em função do tempo:

53

g 2
y = y0 + v0t − t
2

9,8m / s 2
y = 0 + 12m / s1,224 s − (1,224s ) 2 = 7,348m
2

(c) A equação da posição em função do tempo
pode fornecer o tempo necessário para que a bola
atinja 5m de altura:
g 2 5m = 0 + 12m / st − 9,8m / s 2 t 2
y = y0 + v0t − t 2
2

54

2
 t   t 
− 4,9
 seg.  + 12 seg .  − 5 = 0
  
   

− 12 ± 144 − 4 ⋅ ( − 4,9 ) ⋅ ( − 5)  12 6,782 
t= seg. =    seg .
2 ⋅ (−4,9)  9,8 9,8 
t = 0,532 seg ou t = 1,916 seg

55

Movimento em Duas e Três
Dimensões
Unidade II

56

Movimento de Projéteis
• Quando lançamos objetos e os deixamos somente
sobre a influência da gravidade da Terra, temos um
movimento balístico. A partícula estudada é tida
como um projétil.
• Considere a componente horizontal da posição como
x e a componente vertical como y.
• O ângulo da velocidade inicial com o eixo x é o
ângulo de lançamento do projétil.

57

y

O movimento horizontal é independente do movimento vertical.
O movimento horizontal tem velocidade constante, enquanto o
Movimento vertical possui aceleração constante.

θ0

x
58

Equação de Torricelli:

v y = v0, y − 2 ⋅ g ⋅ ( y − y0 )
2 2

Eliminando o tempo através do uso da equação para a componente horizontal da
posição, podemos obter a equação que determina a forma geométrica da trajetória:

2
g  x − x0 
y = y0 + tan (θ 0 )( x − x0 ) −  v cos(θ ) 

(*
2 0 0  )

Percebemos que sem a presença da gravidade da Terra (g=0), o projétil seguiria
uma linha reta. Entretanto, a trajetória é parabólica. A parábola possui
concavidade para baixo e cresce sua concavidade com o aumento da velocidade
inicial e da aceleração da gravidade.

60

Exemplo 4-6
• Na Figura abaixo, um avião de resgate voa à
198 km/h (=55 m/s) e uma altura constante de
500 m dirigindo-se a um ponto diretamente
sobre a vítima, onde uma balsa deve ser
lançada.

h

61

(a)Qual deve ser o ângulo da linha de
visada do piloto até a vítima, onde a
balsa deve chegar?

(b)Quando a cápsula atinge a água,
qual deve ser sua velocidade em
termos de vetores unitários e na
notação módulo e ângulo ?

62

Solução
• (a) O ângulo da linha de visada é oposto ao
deslocamento horizontal do avião e adjacente
à altura do avião, sua tangente é dada pela
razão do deslocamento horizontal pela altura
do avião. O deslocamento horizontal pode ser
calculado através do uso da equação da
componente vertical da posição (para
encontrar o tempo) e da componente
horizontal (para encontrar o deslocamento):
63

g 2
y = y0 + v0 senθ 0 ⋅ t − t
2
9,8m / s 2 2
0 = 500m + 55m / s ⋅ sen0o − t
2
1.000
t= s = 10,101s
9,8

x = x0 + v0 cos θ 0 ⋅ t
∆x = 55m / s ⋅ cos 0o ⋅10,101s = 555,555m
∆x 555,555m
tan φ = = = 1,111
h 500m

φ = 48o
64

(b) A equação para a velocidade em função do tempo
possui duas componentes. A componente horizontal é
constante e a componente vertical varia linearmente
com o tempo:
v x = v0 ⋅ cos θ 0 = 55m / s ⋅ cos 0o = 55m / s
v y = v0 senθ 0 − g ⋅ t
v y = 55m / s ⋅ sen0o − 9,8m / s 2 ⋅10,101s = −98,990m / s

v = ( 55m / s ) i + ( − 98,990m / s ) ˆ
ˆ j

v=113,243m / s e θ =− ,943o
60

65

(b) Qual é o alcance máximo
das balas de canhão ?

67

Solução
• (a) Podemos obter o alcance das balas de
canhão com o uso combinado das equações
para a componente horizontal em função do
tempo e da componente vertical em função
do tempo. A componente vertical em função
do tempo permite obter o tempo de voo da
bala de canhão:

68

Movimento Circular Uniforme
• Quando uma partícula possui um trajetória em forma de
círculo dizemos que seu movimento é circular.
• Se o movimento é realizado percorrendo deslocamentos
angulares proporcionais aos tempos gastos para realizá-los,
temos um movimento circular uniforme.
• O movimento circular é periódico, devido à forma do fechada
do círculo.
• O movimento circular sendo não-reto possui aceleração.
Apesar disso o M.C.U. (movimento circular uniforme) possui
velocidade de módulo constante (e direção, sentido variáveis)

71

y 
v

R 
r
θ

x

Partícula se movendo em movimento circular uniforme.

72

Para um observador no centro do círculo, temos para um movimento circular
uniforme com raio R e período T:

i)Componente x da posição:

x = ⋅

R cos
2 t 

π
 T 

ii) Componente y da posição:

 2πt 
y = R ⋅ sen 
 T 

Esse resultado vem da decomposição do vetor posição em coordenadas
cartesianas e da proporção existente entre o ângulo percorrido e o tempo
gasto para atingir esse ângulo.

73

Para obter a velocidade, basta efetuar a derivada da posição em relação ao tempo.

Componente x da velocidade:
2πR  2πt 
vx = − ⋅ sen 
T  T 
Componente y da velocidade:

2πR  2πt 
vy = ⋅ cos 
T  T 
Fazendo o produto escalar com o vetor posição, observamos que o mesmo é nulo.
Portanto, o vetor posição e a velocidade são perpendiculares. Um resultado esperado,
pois a velocidade faz parte da tangente ao círculo. O módulo da velocidade é dado por:
2πR
v= ,
T
Comprimento do círculo dividido pelo período.

74

A aceleração pode ser obtida como derivada da velocidade em relação ao tempo:

Componente x da aceleração:

v2  2πt 
a x = − ⋅ cos 
R  T 

Componente y da aceleração:
v2  2πt 
a y = − ⋅ sen 
R  T 
A aceleração é centrípeta (aponta para o centro do círculo):

 2
 v r
a=−
R R
O módulo é dado por:

v2
a=
R
75

A frequência do movimento circular uniforme é dada por (unidade do S.I. é o
hertz):
1
f =
T
A velocidade angular do movimento circular uniforme é dada por (unidade do
S.I. é rad/s) :

v
ω = 2πf =
R

76

Exemplo 4-10
• Pilotos de caça sempre se preocuparam em
fazer uma volta muito fechada. Quando o
piloto sofre os efeitos da aceleração
centrípeta, com a cabeça ao longo do centro
de curvatura, a pressão sanguínea no cérebro
decresce, levando à perda das funções
cerebrais. Há vários sinais de aviso. Quando a
aceleração centrípeta é 2g ou 3g, o piloto se
sente pesado.
77

Solução
• Como a velocidade muda de sentido durante
o loop, temos que o loop corresponde a um
semicírculo. Sendo assim, o tempo do loop
corresponde a um meio período e o período
do M.C.U. é portanto T=48s. Com o período
podemos obter o raio da trajetória, mas antes
devemos calcular a velocidade escalar:

79

Movimento Relativo
• As medidas feitas por um observador são, em
princípio, diferentes das realizadas por outro
observador.
• Considere a relatividade de Galileu, onde
temos observadores que se separam um do
outro através de uma velocidade constante.
• Temos o observador A (Alex) em repouso sobre o solo e o referencial
B(Bárbara) em movimento com velocidade constante, em linha reta
horizontal, em relação à Alex (ou ao solo).

81

Dois Referenciais de Galileu
Alex Bárbara

Objeto
xOA xOB

VBA

82

Transformações de Galileu
 xOB = xOA − vBA ⋅ tOA

tOB = tOA
Dicionário das posições e tempos

vOB = vOA − vBA
Dicionário de velocidades

83

Invariantes
• Tempo (tempo absoluto).
• Aceleração.
• Força.
• Qualquer lei física, e em especial,as fórmulas
que representam a lei física.
Um referencial de Galileu é
conhecido como referencial inercial,
pois deixa as leis de Newton
invariantes.

84

Relatividade 2-D
Objeto

 
rOA rOB


vBA Bárbara

Alex

89

Transformações de Galileu
  
rOB = rOA − vBA ⋅ tOA

tOB = tOA
Dicionário das posições e tempos.
  
vOB = vOA − vBA
Dicionário de velocidades.

Um referencial que não obedece à relatividade de
Galileu é conhecido como referencial não-inercial.
(Por exemplo, um observador girando em torno de
um eixo fixo no espaço).
90

Força e Movimento

Unidade III

95

Primeira Lei de Newton

96

• A primeira Lei de Newton supõe que o observador é inercial (obedece à
relatividade de Galileu), e portanto, admite que um observador que se move
com velocidade constante em relação à ele é equivalente a esse observador
em questão.
• Um observador inercial sempre garante que na ausência de forças temos que a
partícula observada se move em linha reta com velocidade constante (M.R.U.)
ou permanece em repouso.
• Dessa forma, na ausência de forças a partícula está em equilíbrio. Este
equilíbrio pode ser estático, se tivermos repouso (ausência de movimento); ou
dinâmico, se tivermos um movimento retilíneo uniforme.
• Um corpo em M.R.U. ou repouso está inerte do ponto de vista da dinâmica.
• Quanto mais massa (quantidade de matéria) um corpo tiver, maior será a sua
inércia (tendência a permanecer em equilíbrio).
• As outras leis de Newton também exigem que o observador seja inercial.
• Força é a causa unidimensional do movimento (puxar, empurrar, etc.)
• Força resultante é a soma vetorial de todas as forças.
• O efeito combinado de um conjunto de forças é dado pela força resultante.

97

Segunda Lei de Newton
A força resultante que age sobre um corpo é
dada pelo produto da massa do corpo por sua
aceleração.
Unidade de Força no S.I.: Newton (N).
Unidade de massa no S.I.: quilograma (kg)

98

• Devemos fazer um diagrama de corpo livre isolando as forças que atuam sobre o
corpo observado.
• Em seguida, devemos somar as forças que atuam sobre o corpo; obtendo a força
resultante.
• Resta obter massa ou aceleração do corpo, em questão, dependendo das medidas
feitas ou dos dados fornecidos.
• A segunda lei de Newton propõe que o fator entre força (causa do movimento) e
aceleração (efeito do movimento) é a massa. Por isso a massa é conhecida como a
inércia do corpo (em coordenadas cartesianas).
• Quanto maior a massa, menor será a aceleração adquirida pelo corpo.
• Quanto maior a força, maior será a aceleração adquirida pelo corpo.

99

Exemplo 5-2
• Na vista superior da Figura, uma lata de
biscoitos de 2kg é acelerada a 3m/s2 na

orientação definida por     , em uma superfície
a

horizontal sem atrito. A aceleração é causada
por três forças horizontais, das quais apenas
 
F2
duas são mostradas;     , de módulo 10N e       ,
F1

de módulo 20N. Qual é a terceira força,      ,
F3
em termos dos vetores unitários e na notação
módulo-ângulo?
104

y

F2 
a
50o

30o x


F1

105

Solução
• A segunda lei de Newton para o problema diz
que a soma das três forças é igual ao produto
da massa pela aceleração. Esta equação
vetorial corresponde a duas equações
escalares:
 F1, x + F2, x + F3, x = ma x − F1 cos 300 + 0 + F3, x = ma cos 50o

 
− F1sen30 + F2 + F3, y = masen50
0 o
 F1, y + F2, y + F3, y = ma y 



m
− 10 N cos 30o + F3, x = 2kg ⋅ 3 2 ⋅ cos 50 o  F3, x = 12,5 N

s 
m
− 10 Nsen30o + 20 N + F3, y = 2kg ⋅ 3 2 ⋅ sen50o  F3, y = −10,4 N
 s
106

Em coordenadas cartesianas, a terceira
força vale:

F3 = (12,5 N ) i + ( − 10,4 N ) ˆ
ˆ j

Para obter a força em coordenadas polares,
devemos calcular o módulo da força e o ângulo
que ela faz com o eixo x:

F3 = F32x + F32y
, , F3 = 16 N
F3, y
tan θ = θ = −40 o
F3, x

107

Força Gravitacional

Terra

108

Força Normal
• Esta é a força que aparece devido
ao contanto entre duas
superfícies.
• É perpendicular a superfície onde
o corpo observado foi posto.
• Surge para impedir que o corpo,
ao permanecer sobre a
superfície, acabe deformando a
superfície em questão.
• Sua ausência indica que o corpo
não está mais sobre a superfície.

109

Força Elástica

A força elástica é sempre
oposta ao deslocamento, de
maneira a garantir o retorno
da mola à sua posição de
equilíbrio.

110

Tensão (Tração)
• Quando prendemos
uma corda a um objeto,
a corda realiza uma
força conhecida como
tensão da corda;
fazendo o objeto se
mover.
• Essa força aponta do
objeto para a corda.

111

Resistência do Ar

112

Terceira Lei de Newton

Quando dois corpos interagem, as forças que
um corpo realiza sobre outro são iguais em
módulo e têm sentidos opostos.

A B

114

A terceira lei de Newton nos diz como um sistema mecânico se forma.
O sistema se forma aos pares como um corpo agindo (ação) e outro
reagindo (reação), com forças opostas.
Existem duas versões da terceira lei:

Fraca: o par de forças (ação e reação) são opostos, mas não estão na
linha que une os corpos.
Forte: o par de força (ação e reação) são opostos e estão na linha que
une os corpos.

A terceira lei de Newton é uma expressão da conservação do momento.
Um dos princípios mais queridos da Física.

115

Exemplo 5-4
• A Figura mostra um bloco D (o bloco
deslizante) de massa M=3,3 kg. O bloco está
livre para se mover ao longo de uma
superfície horizontal sem atrito e está ligado,
por uma corda que passa por uma polia sem
atrito, a um segundo bloco P (o bloco
pendente), de massa m=2,1 kg. As massas da
corda e da polia podem ser desprezadas em
comparação com a massa dos blocos.
116

Enquanto o bloco pendente P desce, o bloco
deslizante D acelera para a direita.
Determine (a) a aceleração do bloco D, (b) a
aceleração do bloco P e (c) a tensão na
corda.
Bloco deslizante D

M

Superfície sem atrito

m
Bloco pendente P

117

Solução
• Diagrama de corpo livre para o bloco D:

FN 
T

Fg

• Diagrama de corpo livre para o bloco P:

FN


Fg 118

A segunda lei de Newton para o bloco D é dada por (esquecendo o movimento na
direção vertical):

T = Ma (I )
A segunda lei de Newton para o bloco P é dada por:

T − mg = m( − a ) (II )
Subtraindo a equação (II) da equação (I), podemos obter o módulo da aceleração dos
dois blocos (eles têm o mesmo módulo de aceleração, pois estão unidos por uma corda
e perfazem o mesmo deslocamento em um dado intervalo de tempo):
m m
a= g = 3,8 2
M +m s
Substituindo na equação (I) obtemos a tensão na corda:

Mm
T= g
M +m 119

Exemplo 5-5
• Na Figura, uma corda puxa para cima uma
caixa de biscoitos ao longo de um plano
inclinado sem atrito cujo ângulo é θ = 30o
A massa da caixa é m=5kg, e o módulo da força
exercida pela corda é T=25N. Qual é a
componente a da aceleração da caixa ao
longo do plano inclinado?

120

Solução
• Diagrama de corpo livre para o bloco:

FN

T
y

x 90º-θ Fg

122

O movimento se dá ao longo do eixo x (paralelo ao plano inclinado) a componente da
força gravitacional é negativa e tem módulo dado pelo produto do peso pelo seno da
inclinação do plano inclinado. Portanto a segunda lei de Newton para este caso é:

T − mgsenθ = ma T
a= − gsenθ
m

Se a tensão da corda estivesse ausente, a inclinação do plano iria reduzir a
aceleração do bloco (comparando com uma queda livre) com um fator dado pelo
seno da inclinação do plano inclinado. O valor da aceleração é dado por:

m
a = 0,1 2
s
Portanto o bloco acelera para cima com uma aceleração de módulo baixo. Na
ausência da corda cairia com uma aceleração menor em módulo que a aceleração
da gravidade.

123

Exemplo 5-7
• A Figura mostra um arranjo no qual duas forças são

aplicadas a um bloco de 4kg em um piso sem atrito,
F1
mas apenas a força      está indicada. Essa força tem
módulo fixo, mas o ângulo θ entre ela e o semi-eixo x

positivo pode variar. A força        é horizontal e seu
F2
módulo é constante. A Figura mostra a aceleração
horizontal ax do bloco em função de θ no intervalo
       .         Qual é o valor de ax para θ=180º ?
0 ≤ θ ≤ 90
o

124

 ax (m/s2)
F1 3
θ
2

1

0o 90o

θ

125

Solução
• A segunda lei de Newton para o bloco pode ser aplicada
apenas para a direção onde ocorre o movimento (eixo x):
F1 cos θ + F2 = ma
• Podemos usar o primeiro ponto do gráfico para obter:
F1 + F2 = 12 N (I )
• O segundo ponto do gráfico fornece uma segunda equação:

F2 = 2 N ( II )
• Substituindo a segunda equação na primeira equação,
obtemos:
F1 = 10 N
126

Portanto a aceleração para um ângulo de 180º será:

F1 F2
a x = cos180 +
0

m m
A aceleração para esse ângulo vale:

m
a x = −2 2
s

127

Solução
• Diagrama de corpo livre para o bloco A:

130

• Diagrama de corpo livre para o bloco B:

131

Atrito
• Atrito é a resistência que uma superfície impõe a um corpo se movendo sobre
ela.
• O atrito é tangencial à superfície envolvida.
• O atrito é uma força oposta a força (resultante) que atua sobre um corpo, fazendo
com que ele se mova (ou tenha tendência a se mover) sobre uma superfície.
• O atrito passa por três etapas. Primeiro, o atrito equilibra a força resultante que
age sobre corpo sobre a superfície. Segundo, o atrito atinge um valor máximo, na
iminência do movimento, de módulo proporcional à força normal que age sobre o
corpo. Terceiro, quando o corpo se move o atrito reduz seu valor, mas ainda é
proporcional à força normal que a superfície impõe sobre o corpo.
• Juntos, atrito e força normal, representam as forças que uma superfície realiza
sobre um corpo em contato com ela. A força normal empurra o corpo para fora da
superfície e o atrito impede o movimento do corpo sobre a superfície.

137

Propriedades do Atrito

138

Exemplo 6-1
Se a roda de um carro estiver travada (impedida de
girar) durante uma frenagem de emergência, o carro
desliza pela pista. Pedaços queimados de pneus e
pequenos trechos derretidos da pista formam as
marcas de derrapagem. O recorde de marcas de
derrapagem que ocorreu em uma via pública
aconteceu em 1960 em um Jaguar na rodovia M1 na
Inglaterra – as marcas tinha 290m de comprimento!

139

Solução
• Diagrama de corpo livre para o carro:

141

O bloco desliza sobre uma rampa e está preso por várias cordas
(apenas uma é mostrada). A rampa é lubrificada com água para
diminuir o coeficiente de atrito estático para 0,4. Assuma atrito
desprezível no ponto (lubrificado) onde as cordas passam pelo
canto superior da rampa. Se cada homem homem no topo da
pirâmide puxa com uma força (razoável) de 686 N , quantos
homens são necessários para colocar o bloco na iminência do
movimento?

x
y θ

144

Solução
• Diagrama de corpo livre para o bloco:

θ

145

Força Centrípeta

147

Exemplo 6-7
• Em um apresentação circense de 1901, Allo
“Dare Devil” Diavolo apresentou o desafio de
fazer uma bicicleta atravessar um loop
(Figura). Assumindo que o loop é um círculo
de raio R=2,7m, qual é a menor velocidade
que Diavolo deve ter no topo do loop para
permanecer em contato com a pista?

148

Solução
• Diagrama de corpo livre no topo do loop:

Direção centrípeta

150

Exemplo 6-8
• Até mesmo os aficionados por montanha-
russa se amedrontam quando pensam no
Rotor, que é essencialmente um grande
cilindro oco que está rodando em torno do
seu eixo central. Antes de uma volta começar,
o participante entra por uma porta lateral e se
apoia em uma parede coberta com uma lona.
A porta é fechada e quando o cilindro começa
a girar, o participante e a parede giram juntos.
152

Solução
• Diagrama de corpo livre para o participante
y 
 fs
FN

Direção centrípeta 
Fg

154

(a) A segunda lei de Newton possui duas componentes: a centrípeta e a vertical

 f s − Fg = 0

 v2
 FN = m R


A força de atrito estática é sempre menor que o produto do coeficiente de atrito
estático pelo módulo da força normal:

R R f s Rg Rg
v = FN ≥
2
= , v≥
m m µs µs µs
Portanto a velocidade mínima será dada por:

Rg 2,1m9,8m / s 2
vmin = = = 7,17m / s
µs 0,4

155

(b) O módulo da força centrípeta é dado pela componente centrípeta da segunda lei de
Newton:

v2
FN = m = 49kg
( 7,17m / s ) = 1.200 N2

R 2,1m

156

Energia Cinética e Trabalho

Unidade IV

157

6.4 Energia Cinética

158

Exemplo 7-1
• Em 1896 em Waco, Texas, William Crush estacionou
duas locomotivas em lados opostos de um ferrovia
de 6,4km de comprimento, e as permitiu colidir na
velocidade máxima na frente de 30.000
espectadores. Assumindo que cada locomotiva
pesava 1,2x106N e que a aceleração foi constante e
igual à 0,26 m/s2, qual era a energia cinética total das
duas locomotivas imediatamente antes da colisão?

159

Solução
• Podemos usar a Equação de Toriccelli para
obter a velocidade das duas locomotivas no
instante da colisão:
v 2 = v0 + 2a∆x = 0 2 + 2 ⋅ 0,26m / s 2 ⋅ 3,2 ×103 m, v = 40,8m / s
2

• A massa de cada locomotiva é dada por:
P 1,2 ⋅106 N
m= = = 1,22 × 105 kg
g 9,8m / s 2

• A energia cinética total das duas locomotivas
é dada por: = 2 1 mv  = 1,22 ×10 kg ( 40,8m / s ) = 2 ×10 J
K 
2

2 5 2 8

 

160

Trabalho de uma força constante e de
uma força variável

W = Fd cos θ W = Fx ⋅ ∆x + Fy ⋅ ∆y

161

Trabalho (conceito)
• O trabalho é a quantidade de energia
necessária para fazer a partícula romper com
seu estado de equilíbrio.
• Somente as componentes da força paralelas
ao deslocamento contribuem para o trabalho.
• Energia é a capacidade de um sistema físico
de mudar ao longo do tempo.

162

Exemplo 7-2
• Dois espiões industriais estão deslizando um cofre de massa 225kg,
inicialmente estacionário, de um deslocamento de módulo 8,5m ao longo
da horizontal, indo na direção do caminhão deles. O empurrão do espião
001 faz um ângulo de 30o com a horizontal e aponta para baixo e tem
módulo 12N; o empurrão do espião 002 tem módulo 10N e faz um ângulo
de 40o com a horizontal e aponta para cima. O módulo e a direção das
forças não mudam quando o cofre é deslocado horizontalmente, e o
atrito entre o cofre e o piso é desprezível.
• (a) Qual o trabalho total feito pelos dois espiões durante o deslocamento
do cofre?
• (b) Durante o deslocamento, qual é o trabalho da força gravitacional
sobre o cofre e qual o trabalho da força normal do piso sobre o cofre?
• (c) O cofre está inicialmente em repouso, qual é a velocidade final do
cofre após do deslocamento?

164

Solução
• (a) O trabalho realizado pelo espião 001 é
dado por:
 
W1 = F1 • d = F1d cos θ = 12 N 8,5m cos 300 = 88,33 J

• O trabalho realizado pelo espião 002 é dado
 
por: W = F • d = 10 N 8,5m cos 40 = 65,11J
2 2
o

• O trabalho total é a soma do trabalho dos dois
espiões:
W = W1 + W2 = 153,4 J

165

(b) O trabalho da força gravitacional é dado por:

Wg = Fg d cos 900 = 0

O trabalho da força normal é dado por:

(
W = FN d cos − 90 0 = 0 )
Ambos trabalhos são nulos, pois as forças gravitacional e normal são perpendiculares
ao deslocamento!

(c) O trabalho total é portanto dado pela soma do trabalho dos dois espiões e é igual a
variação da energia cinética (teorema do trabalho e energia cinética):
1 2 1 2 2W
W = ∆K = mv f − m0 , v 2 =
f
2 2 m

A velocidade final é dada por: 2W 2(153,4 J )
vf = = = 1,17m / s
m 225kg
166

Trabalho realizado pela força
gravitacional
• Como a força gravitacional aponta na direção
vertical e é constante, temos:
W = m⋅ g ⋅( y
g inicial−y )
final

• A massa da partícula é m, o módulo da
aceleração da gravidade é g e y é a altura do
objeto.

167

Exemplo 7-6
• Um elevador de massa m=500kg está descendo com
vi = 4m / s
velocidade                  ,quando o cabo de sustentação começa a

 g
deslizar fazendo com que o elevador caia com aceleração
a=
            5

• (a) Durante a queda de 12m, qual é o trabalho da força
gravitacional sobre o elevador?
• (b) Durante a queda de 12m, qual é o trabalho sobre o
elevador realizado pela tensão no cabo de sustentação?
• (c) Qual é o trabalho resultante sobre o elevador durante a
queda?
• (d)Qual é a energia cinética do elevador no fim da queda de
12m?
168

Solução
• (a) O trabalho da força gravitacional é dado
por:W = − m ⋅ g ⋅ ∆ y = − 500kg ⋅ 9,8m / s ⋅ ( − 12m) = 5,88 × 10 J
g
2 4

• (b) Para obter o trabalho da tensão no cabo,
considere a segunda lei de Newton:
 g 4
T − Fg = m ⋅ a, T − mg = m − , T = m ⋅ g
 5 5

• O trabalho da tensão na corda será dado por:
4 4
WT = Td cos 180 0 = − mgd = − 500kg ⋅ 9,8m / s 2 ⋅12m = −4,7 × 10 4 J
5 5

169

(c) O trabalho total é a soma dos trabalhos da força gravitacional e da tensão no cabo:

W = WT + Wg = 1,18 ×10 4 J

(d) A energia cinética final pode ser obtida através do teorema do trabalho e energia
cinética, utilizando o trabalho total e a velocidade inicial:

W = ∆K = K f − K i
1 2 1
mvi + W = 500kg ( 4m / s ) + 1,18 ×10 4 J = 1,58 × 10 4 J
2
Kf =
2 2

170

Trabalho da força elástica
• A força elástica é diretamente oposta ao
sentido do deslocamento da mola, portanto é
uma força variável. Seu trabalho é dado por:
1 2 1 2
We = ⋅ k ⋅ xinicial − ⋅ k ⋅ x final
2 2
• A constante de mola é k e x é o deslocamento
da mola.

171

Exemplo 7-8
• Na Figura, um pote de cominho de massa
m=0,4kg desliza sobre uma superfície
horizontal sem atrito com uma velocidade
v=0,5m/s. Então atinge uma mola de
constante elástica k=750N/m e a comprime.
Quando o pote é parado momentaneamente
pela mola, de que distância d a mola é
comprimida?

172

k 
v
m

Sem atrito

173

Solução
• O trabalho da força elástica é dado por:
1 2 1 2 1 2 1 1
kxi − kx f = k 0 − k ( − d ) = − kd 2
2
W=
2 2 2 2 2

• A variação da energia cinética é dada por:
1 2 1 2 1 2 1 2 1
∆K = mv f − mvi = m0 − mv = − mv 2
2 2 2 2 2
• O teorema do trabalho e energia cinética diz
que: 1 1 m 0,4kg
kd 2 = mv 2 , d = v= 0,5m / s = 1,2 ×10 − 2 m = 1,2cm
2 2 k 750 N / m

174

Potência
• A potência média de uma força, atuando durante um
intervalo de tempo Δt, é dada pelo razão do trabalho
realizado pela força pelo intervalo de tempo:
W
Pmédia =
∆t
• A potência instantânea é dada pela derivada do trabalho
realizado pela força em relação ao tempo:
dW
P =
dt
• A unidade de potência no S.I. é o Watt (W).

175

Podemos relacionar a potência média com a força média atuando sobre a partícula e a
velocidade média:
 
Pmédia = Fmédia • vmédia = Fmédia vmédia
Também podemos relacionar a potência instantânea diretamente com a força aplicada
sobre a partícula, e a sua velocidade instantânea:
 
P = F • v = Fv cos θ
Durante o movimento de uma máquina mecânica (por exemplo, um carro), somente a
energia dissipada para o ambiente não é utilizada pela máquina. Podemos definir o
rendimento da máquina, η, como a razão entre a potência utilizada, Pu , e a potência
total fornecida à máquina, que é soma da potência utilizada com a potência dissipada,
Pt = Pu + Pd . Sendo assim,

Pu
η=
Pt
176

Exemplo 7-11
• Duas forças constantes agindo sobre uma caixa
quando a caixa se desloca para a direita sobre um
piso sem atrito. A primeira força é horizontal e
aponta no sentido oposto ao da velocidade, com
módulo 12N; a segunda força faz um ângulo de 60o
com o piso e tem módulo 4N. A velocidade da caixa
em certo instante é 3 m/s. Qual é a potência devida à
cada força naquele instante e qual a potência
resultante? O trabalho total está variando naquele
instante?

177

Solução
• A potência da primeira força é dada por:
 
P = F1 • v = F1v cos 180 o = 2 N ⋅ 3m / s ⋅ −1 = −6W
1

• A potência da segunda força é dada por:
 
P2 = F2 • v = F2 v cos 600 = 4 N ⋅ 3m / s ⋅ 0,5 = 6W

• A potência resultante é dada pela soma das duas
potências: P=0
• Como a potência é a derivada do trabalho em
relação ao tempo, temos que o trabalho não está
variando naquele instante.
178

Energia Potencial e Conservação
de Energia
Unidade IV

179

Energia Potencial

180

•O valor numérico da energia potencial depende de um
valor de referência escolhido pelo observador. Geralmente
o valor da energia potencial na origem (onde está o
observador), ou no infinito (muito distante do observador).
•Este valor de referência é, geralmente, o número zero.
•A energia potencial, assim, se torna uma função da posição
atribuindo valores em energia para a possibilidade da
partícula passar por a posição observada.
•O trabalho é realizado através da extração da energia
potencial do sistema; transformando potencial em energia
cinética, fazendo a partícula sair de uma posição para outra.

181

A força aplicada sobre a partícula pode ser obtida a partir da energia potencial:

dU
F =−
dx
Um mínimo na energia potencial corresponde a um ponto de equilíbrio estável
(onde a força sobre a partícula é nula, sem causas para se mover naquele ponto).

U

Um máximo na energia potencial corresponde a um ponto de equilíbrio instável
x
(onde a força sobre a partícula é nula, sem causas para se mover naquele ponto).

U

x
182

Exemplo 8-2
• Uma preguiça repousa sobre um galho colocado a 5m acima
do solo.
• (a) Qual é a energia potencial gravitacional U do sistema
Terra-preguiça se o ponto de referência y=0 é escolhido como
sendo (1) o solo, (2) um balcão três metros acima do solo, (3)
no galho, (4) 1 m acima do galho? Considere a energia
potencial gravitacional como sendo nula em y=0.
• (b) A preguiça desce até o chão. Em cada situação qual á a
variação da energia potencial gravitacional do sistema Terra-
preguiça durante a descida?

183

Solução
• (a) (1) Tomando o solo como ponto de
referência, temos para a energia potencial
gravitacional: U = mgy = 2kg ⋅ 9,8m / s 2 ⋅ 5m = 98 J
• (2) Considerando o balcão como ponto de
referência, a altura da preguiça vale 2m,
portanto: U = mgy = 2kg ⋅ 9,8m / s 2 ⋅ 2m = 39,2 J
• (3) Tomando o galho como ponto de
referência, a altura da preguiça vale 0,
portanto: U = mgy = 2kg ⋅ 9,8m / s ⋅ 0 = 0 J
2

184

(4) Escolhendo o ponto de referência como estando a um 1m acima do galho, a altura da
preguiça vale -1m, portanto:
U = mgy = 2kg ⋅ 9,8m / s 2 ⋅ ( − 1m ) = −19,6 J

(b) Para todos os pontos de referência observa-se que a variação na altura da preguiça foi
-5m, portanto a variação na energia potencial será a mesma nas quatro situações:

∆U = mg∆y = 2kg ⋅ 9,8m / s 2 ⋅ ( − 5m ) = −98 J

185

Força conservativa e força dissipativa
• Força conservativa é aquela em que o
trabalho em uma trajetória fechada é nulo.
Com isso o trabalho da força conservativa
independe do caminho. Exemplo: força
gravitacional e força elástica.
• Força dissipativa é aquela em que o trabalho
em uma trajetória fechada é diferente de
zero. Exemplo: força de atrito.

186

Energia Mecânica
• A energia mecânica é a soma da energia cinética com
a energia potencial:

Emecânica = K + U
• Para partículas submetidas à uma força conservativa,
temos um dos princípios mais queridos da Física: a
conservação da energia (mecânica)! A energia
mecânica não muda com o passar do tempo.
Einicial = E final

187

•No caso de forças dissipativas, a energia mecânica não é
conservada. Neste caso, ela se transforma em outras formas de
energia: calor, som, etc. Sendo assim, a energia mecânica
acaba diminuindo, enquanto a energia do ambiente (onde a
partícula se encontra) acaba aumentando; através da injeção
de energia devida ao trabalho das forças dissipativas.
• O trabalho das forças dissipativas é igual a variação da energia
mecânica do sistema:

Wdissipativas = ∆Emecânica
•Apesar da energia mecânica não ser conservada, a energia do
sistema : ambiente mais partícula é conservada. Sendo assim,
podemos garantir que a energia (total) ainda é conservada.

188

Exemplo 8-3
• Uma criança de massa m desce até o solo
através de um toboágua à uma altura de 8,5m
acima do solo. Assumindo que o toboágua é
uma superfície sem atrito devido à água
contida nele, obtenha a velocidade da criança
quando ela chega ao solo.

189

Solução
• Como não existe atrito no toboágua, a energia
mecânica é conservada durante o
deslocamento da criança. No alto do toboágua
a sua energia mecânica é devida à energia
potencial:
Etopo = mgh

• Quando chega no solo, a energia mecânica da
criança é devida somente a energia cinética:
1 2
Esolo = mv
2
190

Como a energia mecânica se conserva, temos a seguinte equação:

Etopo = Esolo
1 2
mgh = mv
2

v = 2 gh = 2 ⋅ 9,8m / s 2 ⋅ 8,5m = 13m / s

191

Exemplo 8-7
• Na Figura, um pacote de pamonha desliza sobre um
piso com velocidade . Ele atinge, então, uma
i v = 4m / s
mola; comprimindo-a até parar momentaneamente.
O caminho até a mola, inicialmente relaxada, é sem
atrito, mas a partir do instante em que o pacote
começa a comprimir a mola, uma força de atrito de
módulo 15N atua sobre o pacote. Se k=10.000 N/m,
de que distância d a mola é comprimida pelo pacote?

192


vi
k

Pacote de Pamonha

193

Solução
• Como existe atrito durante a compressão da mola,
não podemos assumir que a energia mecânica se
conserva. Neste caso o trabalho da força de atrito
será igual a variação na energia mecânica. A energia
mecânica inicial era devida à energia cinética do
pacote: 1 2
Ei = mvi
2
• A energia mecânica final é devida à energia potencial
elástica da mola: 1
k(− d )
2
Ef =
2

194

O trabalho da força de atrito será dado por:

W = fk ⋅ ( − d ) = − fk ⋅ d
Este trabalho será igual a variação na energia mecânica:

W = ∆E = E f − Ei
A equação anterior pode ser escrita na seguinte forma:
1 2 1
kd + f k d − mvi2 = 0
2 2
Cuja solução será:

− fk + f k2 + kmvi2
d=
k
A solução negativa foi esquecida pois seria uma solução inválida, pois apontaria uma
distensão da mola e não uma compressão. Substituindo os valores:

− 15 N + (15 N ) 2 + (10.000 N / m) ⋅ 2kg ⋅ ( 4m / s )
2

d= = 0,055m = 5,5cm
10.000 N / m

195

Exemplo 8-8
• A figura mostra uma encosta montanhosa e
um vale aonde um deslizamento acontece. As
rochas tem uma massa total m, caem de uma
altura y=H, movem-se de uma distância d1 ao
longo de uma encosta de inclinação θ=450 , e
depois movem de uma distância d2 ao longo
d
de um vale plano. Qual é a razão , se o
2
H
coeficiente de atrito cinético tem um valor
razoável de 0,6?
196

Rochas
y=H

d1
θ d2

y=0
Vale

197

Solução
• A energia mecânica no início deslizamento é
devida apenas a energia potencial
gravitacional das rochas:
Ei = mgH

• A energia mecânica final é nula:
Ef = 0
• Para obter a força de atrito na encosta
considere o diagrama de corpo livre:
198

y


FN

x fk

Fg θ
θ

A segunda Lei de Newton para a componente y é dada por:

FN − mg cos θ = 0
De maneira que a força de atrito cinética será dada por:
f k ,1 = µ k mg cos θ

199

Para obter a força de atrito cinético no vale, vamos utilizar o seguinte diagrama de corpo
livre:

FN
y
x 
fk


Fg
A segunda Lei de Newton para a componente y é dada por:

FN − mg = 0

Portanto a força de atrito cinético no vale será:

f k , 2 = µ k mg
O trabalho da força de atrito será dado por:

W = ( − f k ,1 ) d1 + ( − f k , 2 ) d 2 = − µ k mgd1 cos θ − µ k mgd 2

200

A distância d1 pode ser obtida em termos da altura da encosta, H, através do uso da
trigonometria:
H H
senθ = , d1 =
d1 senθ
De maneira que o trabalho da força de atrito é dado por:

 H 
W = − µ k mg  + d2 
 tan θ 
O trabalho da força de atrito é igual a variação na energia mecânica:

 H 
W = ∆E , − µ k mg  + d 2  = −mgH
 tan θ 
Resolvendo a equação anterior para d2/H, nós obtemos:

d2 1 1 1 1
= − = − = 0,67
H µ k tan θ 0,6 tan 45 0

201

Centro de Massa e Momento
Linear
Unidade V

202

Centro de Massa
• O centro de massa é a partícula equivalente que
substitui todas as partículas de um sistema,
possuindo a massa total do sistema de partículas.
• O centro de massa é a média ponderada das
posições das partículas, com a massa de cada
partícula sendo o peso associado à cada posição da
partícula:
n n n

∑m x i i ∑m y i i ∑m z i i
xCM = i =1
n
, yCM = i =1
n
, zCM = i =1
n

∑m
i =1
i ∑m
i =1
i ∑m
i =1
i

203

Exemplo 9-1
• Três partículas de massa m1=1,2kg, m2=2,5kg e
m3=3,4kg formam um triângulo equilátero de
lado a=140 cm. Qual é o centro de massa do
sistema? m
3

y
a
a

m1
m2

a
x

204

Solução
• As posições das partículas são dadas por:
Partícula Componente x da Componente y da
posição posição
1 0 0
2 a=140cm 0
3 a/2=70cm 3
a = 120cm
2

• Componente x do centro de massa:
m1 x1 + m2 x2 + m3 x3 1,2kg ⋅ 0 + 2,5kg ⋅140cm + 3,4kg ⋅ 70cm
xCM = = = 83cm
m1 + m2 + m3 1,2kg + 2,5kg + 3,4kg

205

Componente y do centro de massa:

m1 y1 + m2 y2 + m3 y 3 1,2kg ⋅ 0 + 2,5kg ⋅ 0 + 3,4kg ⋅120cm
yCM = = = 58cm
m1 + m2 + m3 1,2kg + 2,5kg + 3,4kg

206

Para o caso de um corpo contínuo, devemos trocar a soma por um integral e as
massas pela densidade (“derivada” da massa em relação ao comprimento, área e
volume do corpo).

Unidimensional:

xCM =
∫ xλdl , yCM =
∫ yλdl , zCM =
∫ zλdl
M M M
Bidimensional:

xCM =
∫ xσdA , yCM =
∫ yσdA , zCM =
∫ zσdA
M M M
Tridimensional:

xCM =
∫ xρdV , yCM =
∫ yρdV , zCM =
∫ zρdV
M M M

207

Exemplo 9-2
• A Figura mostra um disco de densidade
superficial de massa uniforme de raio 2R em
que um buraco de raio R foi feito em uma
linha de montagem. Utilizando o sistema de
coordenadas xy mostrado, encontre a posição
do centro de massa do disco.

208

Solução
• Primeiro devemos encontrar o centro de
massa de um disco homogêneo. Como a
densidade superficial de massa é constante,
apenas devemos buscar o centróide (centro
geométrico) do disco:
R 2π R 2π

∫ ∫ r cosθrdθdr ∫ ∫ rsenθrdθdr
xCM = 0 0
= 0, yCM = 0 0
=0
πR 2
πR 2

• Portanto o centróide se localiza no centro do
disco!
210

O centro de massa da placa poderá ser obtido através do centro de massa do disco
completo, para isso considere o disco sendo composta pelo disco com o buraco, S, e o
buraco, B, D=S+B. Sendo o disco composto por essas duas partículas, nós obtemos a
seguinte equação:

xD =
( 2
)
π ( 2 R ) − R 2 xS + πR 2 ⋅ (− R)
=0
π ( 2R)
2

yD =
( 2
)
π ( 2 R ) − R 2 y S + πR 2 ⋅ (0)
=0
π ( 2R )
2

Resolvendo as duas equações, nós encontramos a posição do disco com o buraco:

 R
 xs =
 3
 ys = 0


211

A força que atua sobre a partícula equivalente, o centro de massa é a força
resultante que atua no sistema de partículas (ou corpo contínuo). A massa do centro
de massa é a massa total do sistema de partículas, M; sua aceleração é a derivada
segunda da posição do centro de massa em relação ao tempo.

A segunda lei de Newton para o centro de massa é dada por:
Fres , x = M ⋅ aCM , x , Fres , y = M ⋅ aCM , y , Fres , z = M ⋅ aCM , z ,
onde
n
M = ∑ mi ,
i =1

d 2 xCM d 2 yCM d 2 zCM
aCM , x = , aCM , y = , aCM , z =
dt 2 dt 2 dt 2

212

Exemplo 9-3
• As três partículas na Figura estão inicialmente
em repouso. Cada uma experimenta forças
devidas às partículas fora do sistema. As
direções estão indicadas, e os módulos são F1
= 6N, F2=12N e F3=14N. Qual a aceleração do
centro de massa do sistema, e em que direção
ele se move?

213

y
θ=45o

4kg 8kg

x

4kg

214

Momento linear
• O momento é relacionado com a capacidade
de um ente físico mudar de um lugar para
outro (no espaço).
• Para uma partícula pontual (ponto dotado de
massa), o momento linear (em um sistema
coordenadas cartesiano, referencial de
Galileu) é dado por:
 
p = m⋅v

217

Momento linear do C.M.
• Para um sistema de partículas, o momento do sistema de
partículas é o momento do centro de massa (momento da
partícula equivalente)
• O momento do centro de massa é a soma dos momentos de
cada partícula:
 n  
 drCM
PCM = ∑ mi ⋅ vi , PCM = M ⋅
i =1 dt
• Para o caso contínuo, o momento do centro de massa
(momento do corpo) é dado em termos da densidade de
massa:  
P = ∫ ρv dV

218

Impulso
• O impulso, J, de uma força mede o quanto a
força (efetivamente) contribuiu para produzir
movimento sobre a partícula em um intervalo
de tempo:
  
J = ∫ F ⋅ dt = Fmédia ⋅ ∆t
• Através da segunda lei de Newton, podemos
obter o teorema do impulso momento-linear:
      
J res = ∆p = p f − pi , J res = PCM , f − PCM ,i
219

Exemplo 9-5
• Colisão contra o muro de carros de corrida. A Figura é uma
vista superior da trajetória de um carro de corrida quando
entra em rota de colisão com um muro de proteção.
Imediatamente antes da colisão, ele está trafegando com
uma velocidade vi=70m/s ao longo de uma linha reta fazendo
um ângulo de 30º com o muro. Imediatamente depois da
colisão a velocidade era vf=50m/s e fazia um ângulo de 10º
com o muro. A massa do piloto é m=80kg.
• (a) Qual é o impulso sobre o piloto devido à colisão?
• (b) A colisão dura 14ms. Qual é o módulo da força média que
age sobre o piloto durante a colisão?

220

O impulso faz com que a conservação do momento seja quebrada. Sendo assim, somente
a presença da força durante aquele intervalo de tempo impede a conservação do
momento.

Choques Mecânicos

Tipo de Choque Conservação Condição do sistema
de partículas

Elástico. Energia Cinética. Isolado.
Momento Linear. Sem forças internas.

Inelástico. Momento Linear. Isolado.
Com forças internas.

223

Conservação do momento linear
• Se as forças externas que atuam sobre um
sistema possuem uma resultante nula, o
momento linear é conservado.
 
Pinicial = Pfinal
• Isto se deve à forma geral da segunda lei de
Newton (que admite a mudança da massa
com o decorrer do tempo):
 
 dp  dP
Fres = , Fres = CM
dt dt

224

Exemplo 9-6
• Explosão unidimensional. Uma urna de
votação de massa m=6kg desliza com
velocidade v=4 m/s em um piso sem atrito no
sentido positivo de um eixo x. A urna explode
em dois pedaços. Um pedaço, de massa
m1=2kg, se move no sentido positivo do eixo x
com velocidade v1=8 m/s. Qual é a velocidade
do segundo pedaço, de massa m2?

225

y

A C
80o

B

x

50o

229

Exemplo 9-9
• O pêndulo balístico era usado para medir a velocidade de
projéteis antes que os dispositivos eletrônicos fossem
inventados. A versão mostrada na Figura era composta por
um grande bloco de madeira de massa M=5,4kg, pendurado
por duas cordas compridas. Uma bala de massa m=9,5g é
disparada contra o bloco e sua velocidade se anula
rapidamente. O sistema bloco-bala oscila para cima, com o
centro de massa subindo a uma distância h=6,3 cm antes de o
pêndulo parar momentaneamente no final da trajetória em
arco de circunferência. Qual é a velocidade da bala antes da
colisão?

232

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