Sumário 1 2 Unidades e Medidas 1 1.1 Introdução: a abstração por trás da comparação . . . . . . . . . . . 1 1.2 Padrões de medida: a história do sistema métrico . . . . . . . . . . 2 1.3 Medida de ângulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.4 O Sistema Internacional de Unidades . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.5 Regras de notação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.6 Escalas de tempo e distância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.7 A expressão de uma medida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.7.1 A incerteza de uma medida . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.7.2 Medidas indiretas e incerteza combinada . . . . . . . . . . 18 1.7.3 Algarismos significativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.7.4 Relatando uma medida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 1.8 Metrologia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 1.9 Leitura complementar: o problema das longitudes . . . . . . . . . . 22 Cinemática 26 2.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.2 Fundamentos do Movimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.2.1 Partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.2.2 Sistemas de partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.2.3 Eixos Coordenados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.2.4 Referencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 Descrição Matemática do Movimento . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.3.1 Funções-Movimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 Movimento em uma dimensão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 2.4.1 Deslocamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 2.4.2 Velocidade média . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 2.4.3 Velocidade instantânea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 2.4.4 Aceleração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 2.3 2.4 i Sumário ii 2.4.5 2.5 2.6 3 4 Exemplos de movimentos retilíneos acelerados . . . . . . . 57 Movimento em duas ou três dimensões . . . . . . . . . . . . . . . . 67 2.5.1 Vetor posição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 2.5.2 Vetor velocidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 2.5.3 Distância percorrida pela partícula: integral de trajetória . . 75 2.5.4 Vetor aceleração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 2.5.5 Movimento Circular Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . 88 2.5.6 Aceleração centrípeta: vetor de curvatura e centro de curvatura. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 Conclusões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96 As Leis de Newton e Aplicações 98 3.1 A lei da inércia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 3.2 A primeira Lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 3.2.1 99 Sistemas inerciais de referência . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 A segunda Lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 3.4 A terceira Lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 3.5 A Força da Gravidade: O Peso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 3.6 Forças de Contato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 3.6.1 A Força Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 3.6.2 A Força de Atrito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 3.6.3 Tração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 3.6.4 Força de Arraste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 3.7 Técnicas de Resolução de Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 3.8 Partículas em Equilíbrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 Energia e Trabalho 112 4.1 Energia Cinética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 4.2 Trabalho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 4.3 Teorema Trabalho-Energia Cinética . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 4.4 Trabalho e energia com forças variáveis . . . . . . . . . . . . . . . 115 4.5 Potência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 4.6 Energia Potencial e Conservação de Energia . . . . . . . . . . . . . 116 4.6.1 Forças Conservativas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 4.6.2 Trabalho e Energia Potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 4.6.3 Forças não-conservativas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 4.7 Conservação da Energia Mecânica . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 4.8 Curvas de Energia Potencial e Força . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 Sumário 4.9 iii Forças externas sobre um sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 4.9.1 Potência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 4.10 Exercícios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 5 6 Centro de Massa e Momento Linear 5.1 Centro de Massa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 5.2 A Segunda Lei de Newton para um Sistema de Partículas . . . . . . 133 5.2.1 Forças Internas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 5.2.2 Forças Externas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 5.3 Momento Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 5.4 Colisão e Impulso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 5.5 Energia Cinética, Momento Linear e Colisão . . . . . . . . . . . . . 141 5.5.1 Colisões Inelásticas 1D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142 5.5.2 Colisão Elástica 1D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144 Rotação 8 146 6.1 Posição, Deslocamento, Velocidade e Aceleração Angular . . . . . 146 6.2 Relacionando as Grandezas Lineares e Angulares . . . . . . . . . . 149 6.3 Cinética do Movimento de Rotação . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 6.4 Momento de Inércia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 6.4.1 7 130 Teorema dos Eixos Paralelos . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 6.5 Torque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 6.6 Segunda Lei de Newton para Rotações . . . . . . . . . . . . . . . . 157 6.7 Trabalho e Energia Cinética de Rotação . . . . . . . . . . . . . . . 158 O movimento dos corpos rígidos 161 7.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 7.2 O rolamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 7.2.1 A cinemática do rolamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 7.2.2 O rolamento: Uma rotação pura . . . . . . . . . . . . . . . 164 7.2.3 A energia do movimento de rolamento . . . . . . . . . . . . 164 7.2.4 A dinâmica do movimento de rolamento . . . . . . . . . . . 165 7.2.5 As forças de atrito no rolamento . . . . . . . . . . . . . . . 166 7.2.6 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 Torque, Momento Angular e a 2a Lei de Newton para a rotação 175 8.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 8.2 O Torque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 8.3 O Momento Angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178 . . . . .1 Barômetro de mercúrio . . . . . . . . . .2 Torque e momento angular de um sistema de partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .6. .Sumário 8. . . . . . . . . . . . . . . . 207 12. . . . . . . . . 216 13 Mecânica dos fluidos 218 13. . . . . . 218 13. . . . . . .5 Como pode-se medir pressão? . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 A Posição no MHS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 Movimento de um sistema de partículas . .2 Densidade ou massa específica . . . . . . . . . 185 9. . . . . . . . . . . . . . . 189 10 A conservação do momento angular 193 10. . . . . . . . . . . 224 13. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5. . . . . . . 220 13. . . . . . . . . . . . . . 200 12. . . . . .3 Pressão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201 12. . . . . . . . . . . . . . . .1. .4 O movimento do giroscópio . . .3 A Velocidade no MHS . . . .1 Demonstração do Princípio de Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7 Energia no MHS . . . . . . . . . . . . . . 219 13. . . 206 12. . . . . 210 12. . . . . . . . . . 224 13. . . . . .8 Movimento Harmônico Simples Amortecido (MHSA) . . . . . . . . . . . . . . 218 13. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Fluidos . . . . . . 183 9. . . . . . .1 Equilíbrio . . . . . . .2 Manômetro de tubo aberto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197 12 Oscilações 200 12. . . . . 204 12. . . . . . . . . . . .1 Introdução . . . . .2 Elasticidade . . . .5 O Sistema Massa-Mola . . . . . . 193 10.5. . . . 223 13. . . . .1. . . 224 . 196 11. . . 223 13. . 212 12. . . . . . . . . . . . . . . . .1 Movimento de uma partícula . . . . . . . . . . . . 205 12. . . . . . .9 Oscilações Forçadas e Ressonância . . . . . . 183 9. . . . . . . . . . . . . . . . . . .6 Pêndulos . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 10. . . . . . . . . . . .3 Torque e momento angular de um corpo rígido . . . . . . . . . .4 A Aceleração no MHS . . . . . . . . . . . . .4 9 iv A segunda Lei de Newton para as rotações . . . . 179 Sistema de muitas partículas 183 9. . . . .1 Movimento Harmônico Simples (MHS) . . . . . . . .4 Fluidos em repouso e pressão . . . .1 O princípio da conservação do momento angular . 195 11 Equilíbrio e Elasticidade 196 11. .6 Princípio de Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .10. . .10. . . .3 Aplicações da Equação de Bernoulli . .8 Fluidos ideais em movimento . . . . . . . 229 13. . . . . . . . . .1 Fluidos ideais . . . . . . . . . . . . . . . . . .Sumário v 13. .10Equação de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Empuxo . . . . . . . . 228 13. . . . .1 Demonstração da Equação de Bernoulli .7. . . . . . . . . . . . . .7. . . . . . . 224 13. . 228 13. . . . 226 13. . . 226 13. .2 Peso aparente . . . . .2 Passos para solucionar problemas envolvendo a Equação de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . 227 13. . 231 13. . . 228 13. . .2 Aplicação do Princípio de Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . .8. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .10. . . . 230 13. . . . . . .8. . 231 . . . . . . . . 229 13. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .9 Equação da continuidade . . . . . . . . . . . . . . .7 Princípio de Arquimedes . .2 Linhas de fluxo . . . . . . . .6. . . . . . . . . . enquanto que. portanto. Prof. Prof. Trata-se.Prefácio Caros estudantes: este material foi preparado como uma referência auxiliar para o acompanhamento do componente curricular “Princípios e Fenômenos da Mecânica” do Bacharelado de Ciências e Tecnologia da Escola de Ciências e Tecnologia. Ficará claro também que não existe uma unidade no texto. Prof. Assim sendo. Sejam bem-vindos! Prof. Prof. Contamos com as críticas e sugestões dos estudantes para que possamos aprimorá-la de agora em diante. Alexandre Barbosa de Oliveira André Bessa Moreira Felipe Bohn Lucio Marassi de Souza Almeida Marcio Assolin Corrêa Manoel Silva de Vasconcelos Neemias Alves de Lima Ronai Machado Lisbôa Tarciro Nortarson Chaves Mendes vi . Prof. Isso ocorre porque cada professor ficou responsável por um. em algumas ocasiões o que será visto nas aulas irá além do que está presente neste material. Prof. ele não deve ser tratado com um livro-texto que expresse oficialmente o espectro e o nível dos assuntos previstos para o componente. de uma primeira versão. Prof. De fato. noutros casos. ele se apresentará mais profundo do que a aula. Prof. dois ou três capítulos. estabelecemos uma complicada relação de equivalência entre os seres segundo o seu valor de mercado. o momento de inércia. mas procedem da experiência. Esse tipo de comparação é de interesse da Física uma vez que o movimento do corpo vai depender de sua massa. o movimento dos corpos depende apenas de algumas poucas características. a carga elétrica. etc. era conveniente fazer a associação entre ovelhas e pedras. usando abstração. Evidentemente. Dizemos que dois corpos têm a mesma massa se. por meio do raciocínio. pedra branca. 1 Figura 1. nossa mente estabelece facilmente uma equivalência entre um pedaço de papel e um alimento. o homem busca organizar os conceitos de forma a simplificar seu entendimento do mundo e de si mesmo. sob determinadas condições.2: Ao passar um grupo de cinco ovelhas. os antigos pastores separavam cinco pedras para manter o controle do rebanho. um pastor não confundia uma valiosa ovelha com uma simples pedra. e usava isso para controlar o número de animais que saíam e voltavam do pasto. como veremos. . Por exemplo. as idéias criadas pelos homem não são inatas. quando colocados cada qual em um prato da balança esta fica em equilíbrio. usando o critério da quantidade. julgamos natural trocar uma cédula de papel onde está escrito “Cinco reais” por um sanduíche. a massa. o homem podia estabelecer comparações entre eles. Assim. pedra amarela. usando uma balança de pratos. mas quando apenas a quantidade estava em jogo.Capítulo 1 Unidades e Medidas André Bessa 1. fogo. por meio dos cinco sentidos. podemos classificar os seres de acordo com a sua massa (vulgarmente chamada de peso). Observa-se que. etc) são distintos entre si. estrela. o homem percebeu que todos os seres (boi.1: Para o filósofo grego Aristóteles. Apesar de não comermos papel.1 Introdução: a abstração por trás da comparação Como todas as demais ciências. Então. Analogamente. O homem colhe suas impressões da realidade através dos cinco sentidos e a partir dessas impressões ele formula conceitos em sua mente. Desde a Antiguidade. melancia. a Física tem como ponto de partida a Natureza. Pelo mesmo motivo. Figura 1. um pastor estabelecia uma equivalência entre um rebanho de ovelhas e um punhado de pedras. Em nosso dia-a-dia. não nos sentimos lesados ao trocar um mês de trabalho por algumas cédulas. como as dimensões espaciais. Porém. portanto. poderemos considerá-los equivalentes. É conveniente usar como padrão um corpo não muito grande e nem muito pequeno comparado ao tamanho típico de uma pessoa. que escolher o próprio homem. no século XII.4: Na frase “Seja uma partícula de massa M” a tal “partícula” pode ser uma maçã. Assim. tentaremos em nossa análise abordar aspectos que. um corpo poderá ou não ser considerado uma partícula dependendo da situação física de interesse. Os padrões antropomórficos se tornaram. Em cada caso. Se dois corpos possuírem as mesmas características essenciais.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 2 Nesses casos. a jarda (ou seu equivalente) era definida em termos de um outro rei. em todos os experimentos realizados até hoje pudemos desprezar suas dimensões espaciais. como os elétrons e os quarks. Afinal. Em outros reinos. polegadas. Às vezes. como padrão. avaliaremos o que é essencial para a descrição do movimento. Com o tempo e a ploriferação de unidades de medida (pés. podemos desprezar as dimensões da Terra. Por exemplo. No entanto. se é caro ou barato. Essas são as chamadas partículas elementares. se o corpo é de madeira. A tendência era a adoção de sistemas de medida naturais. quando estudamos o movimento de translação da Terra em torno do Sol. ou seja. Por exemplo. etc) os reinos sentiram a necessidade de simplificar os padrões. No final da Idade Média. se é comestível ou não — nada disso será importante. é preciso manipular esse padrão para se medirem as coisas. 1. Figura 1.3: Em uma boa aproximação. podemos desprezar as dimensões espaciais do planeta Terra para estudar o seu movimento de translação em torno do Sol. Por exemplo. quando analisamos a queda dos corpos próximos à superfície da Terra. sejam relevantes para compreender o funcionamento da ciência e sua relação com a sociedade. estabeleceram relações. existem corpos na natureza que sempre se comportam como partículas. não podemos desprezar as dimensões do nosso planeta. as dimensões espaciais dos corpos também são irrelevantes para o estudo do movimento. portanto. o rei Henrique I de Inglaterra fixou a jarda como a distância entre seu nariz e o polegar de seu braço estendido. tais como: 1 jarda = 3 pés = 36 polegadas. diferindo apenas em aspectos irrelevantes. Assim. Entretanto. Figura 1. diremos que o corpo é uma partícula. É nesse sentido que devemos entender frases tais como: “Seja uma partícula de massa M”. Essa era uma questão decisiva também para a ciência. embora não-essenciais ao movimento. Nada mais natural. as relações comerciais não respeitavam mais as fronteiras dos reinos. tratando-a como partícula. Por outro lado. baseados em fenômenos físicos que pudessem ser facilmente reprodutíveis. sempre que possível. uma vez que a existência de diversos sistemas de medida dificultava enormemente a comparação entre experimentos. ou partes dele. se apenas a massa M da maçã for importante. empecilhos para o comércio em larga escala e exigiam a unificação dos padrões de medida para evitar erros e fraudes nas transações. ou seja.2 Padrões de medida: a história do sistema métrico Podemos medir a massa e as dimensões de alguns corpos por comparação com um corpo padrão denominado unidade de medida. Quando for esse o caso. . O Brasil foi um dos primeiros países a adotar o sistema métrico francês com a Lei Imperial 1157 de 26 de junho de 1862. . as unidades de todas as demais grandezas poderiam ser derivadas. A partir dessas unidades básicas.248 km. Por exemplo.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 3 foi proposto um padrão de comprimento baseado no movimento do pêndulo e na definição do segundo. Porém. Em 1799 essa medida foi refeita a uma temperatura próxima de 4 graus Celsius (a temperatura na qual a densidade da água é maxima). podia-se medir comprimentos com precisão de uma parte em 109 . dedicados a “todos os homens e todos os tempos”.73 vezes o comprimento de onda de uma radição de cor laranja emitida pelo átomo de Kripônio (Kr). o metro passa a ser igual a 1 650 763. Novas unidades e padrões foram incorporados para dar conta dos fenômenos elétricos e magnéticos. um conjunto de seis unidades básicas foi proposto: metro. A barra era mantida de forma a minimizar efeitos de dilatação. ampere. Uma outra barra de platina foi escolhida para representar na prática a unidade de massa. Por convenção. 4 248 m = 4. Também em 1960. 1 segundo era igual a 1/86 400 do dia solar médio. Note que a definição mudou. Logo após a Revolução Francesa. estava: “Art. a média anual da duração de um dia solar. Por questões práticas. O sistema métrico francês evoluiu ao longo dos séculos. em 1960. mas o tamanho do metro continuou o mesmo. Esse sistema. Em 1675. ou seja. Dentre as medidas tomadas. o motivo é a capacidade de a nova definição ser mais precisa. segundo. Devido às variações do movimento do pêndulo com a localidade. sendo alli devidamente aferidos pelos padrões legaes”. 2o É o Governo autorisado para mandar vir da França os necessarios padrões do referido systema. candela e mol (ver a Seção 1. o padrão de massa (1 quilograma) correspondia inicialmente a de um cubo de água com volume igual a 1 litro a temperatura de fusão do gelo. denominado Sistema Internacional de Unidades (SI) está em vigor até hoje. o filósofo italiano Tito Livio Burattini denominou essa unidade de metro. Um sistema decimal tem a vantagem de ser simples.4). A medida do meridiano durou de junho de 1792 ao final de 1798. Assim. Com a nova definição. foi reconhecido internacionalmente com a criação do Comite Internacional de Pesos e Medidas (CIPM) e passou a se chamar sistema métrico internacional. 4 248 pés = 118 jardas e 86 400 segundos = 24 horas. isto é. quilograma. Como dito. construiu-se uma barra de platina onde foram feitas duas marcações a uma distância de um metro. o segundo é a duração de 9 192 631 770 períodos da radiação correspondente à transição entre dois níveis hiperfinos do estado fundamental Os primeiros padrões do metro e do quilograma foram feitos em 1799 e guardados nos Arquivos da República Francesa. não fizesse menção particular a nenhum povo do globo. Na definição atual. Em 1875. um grupo de especialistas (que incluía nomes como Lavoisier. Assim. A unidade de tempo (segundo) era dada em termos do dia solar médio. Desde a criação do sistema métrico decimal. Legendre e Coulomb) preferiu adotar a definição do metro como sendo a décima milionésima parte da distância entre o Pólo Norte e a linha do Equador ao longo do Meridiano de Paris. a assembléia nacional constituinte manifestou a necessidade de se estabelecer um sistema métrico decimal que fosse universal. diversas modificações foram motivadas pela demanda por padrões cada vez mais precisos. Digamos que um certo arco é definido em uma circunferência cujo raio vale R metros. Mais recentemente. então dizemos que o ângulo definido por esse arco vale s/R. . o comprimento da circunferência é 2πR. O arco que corresponderá a 1 unidade de ângulo é o arco de comprimento igual ao raio. essa unidade é denominada radiano (rad) e é a mais natural de se trabalhar.S. Esse quilogramapadrão fica guardado no U. um grau é o ângulo determinado pelo arco com comprimento igual a 1/360 do comprimento da circunferência. 1.6: A definição do radiano: o arco com comprimento igual ao raio. Figura 1. Note que um ângulo de θ graus vale πθ/180 rad. Assim. Podemos medir o comprimento do arco.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 4 do átomo de Césio 133 em repouso e a temperatura de 0 K.5: A figura mostra o padrão de massa usado nos Estados Unidos. pois fica caracterizada por um único parâmetro: o raio. Atualmente. a Birmânia e os Estados Unidos! A Inglaterra foi forçada a abandonar suas unidades tradicionais em 1o de outubro de 1995 para entrar na Comunidade Econômica Européia. Outras unidades correspondem à divisão da circunferência em um determinado número de partes iguais. Para se medir ângulos em uma circunferência. agora feito de uma liga de platina e irídio. o metro passa a ser definido como a distância percorrida pela luz no tempo igual a 1/299 792 458 segundo. podemos usar o próprio raio da circunferência. Assim. apenas 3 países não adotam oficialmente o Sistema Internacional de Unidades: a Libéria. Figura 1. Uma dessas constantes é a velocidade da luz: c = 299 792 458 m/s. o ângulo correspondente ao círculo completo vale 2π rad. O quilograma continua sendo a massa de um bloco padrão. Pesquisas estão sendo atualmente realizadas para definir o quilograma em termos de constantes fundamentais. Sendo assim. Se o valor obtido para o arco é s metros.3 Medida de ângulos Uma circunferência é uma figura geométrica simples. busca-se trabalhar com unidades definidas em termos de algumas constantes universais. Por ser expressa em termos do raio. National Institute of Standards and Technology (NIST). A incerteza nessa definição é de espantosos 3 × 10−14 s. em 1983. Como sabemos. Exemplos: km.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 1.1: Tabela com informações sobre as 7 unidades básicas do SI. podemos escrever a unidade de todas as grandezas que utilizamos em Física. na Tabela 1.4 5 O Sistema Internacional de Unidades São sete as unidades básicas do Sistema Internacional de Medidas (SI): metro.2 listamos algumas grandezas que utilizaremos nesse curso.2: Grandezas cujas unidades são derivadas das unidades básicas do SI. Tabela 1.1). Grandeza comprimento massa tempo corrente elétrica temperatura intensidade luminosa quantidade de matéria Unidade Plural Símbolo metro quilograma segundo ampère kelvin candela mol metros quilogramas segundos ampères kelvins candelas mols m kg s A K cd mol Tabela 1. megawatt. cg. centigrama. ampére. quilograma. Para formar o múltiplo ou submúltiplo de uma unidade. milímetro. O nome da unidade se constrói também por justaposição. kelvin. Grandeza Unidade área metro quadrado volume metro cúbico densidade de matéria quilograma por metro cúbico velocidade metro por segundo momento linear aceleração metro por segundo ao quadrado força newton torque energia joule potência watt momento angular pressão pascal frequência hertz velocidade angular Plural Símbolo Dimensão metros quadrados metros cúbicos quilogramas por metro cúbico metros por segundo m2 m3 kg/m3 m2 m3 kg/m3 m/s metros por segundo ao quadrado newtons m/s2 m/s kg·m/s m/s2 N joules watts J W pascals hertz Pa Hz Os múltiplos e submúltiplos dessas unidades são construídos utilizando-se os prefixos indicados na Tabela 1. basta colocar o símbolo do prefixo justaposto à unidade. candela e mol (ver a Tabela 1. MW.3. Em particular. Em termos das unidades básicas. kg· m/s2 kg·m2 /s2 kg·m2 /s2 kg·m2 /s3 kg·m2 /s kg/(m·s2 ) 1/s rad/s . Exemplos: quilograma. segundo. mm. newton.000 000 000 001 10−15 = 0.01 10−3 = 0. cujo resumo pode ser encontrado aqui. • Entre o valor numérico e a unidade deve haver um espaço. decímetro. São exemplos: centímetro (cm). exceto em início de frase. Tabela 1. Outra exceção é a unidade grau Celsius.001 10−6 = 0. • Para pronunciar. citamos as mais importantes: • O nome das unidades deve sempre ser escrito em letra minúscula. Exemplos: watt.1 10−2 = 0. quilômetro (km) e quilowatt (kW).000 000 000 000 000 000 001 10−24 = 0. 8 g. hectômetro. centrigrama. Nome yotta zetta exa peta tera giga mega quilo hecto deca deci centi mili micro nano pico femto atto zepto yocto 1. .5 Símbolo Y Z E P T G M k h da d c m µ n p f a z y Fator de multiplicação da unidade 1024 = 1 000 000 000 000 000 000 000 000 1021 = 1 000 000 000 000 000 000 000 1018 = 1 000 000 000 000 000 000 1015 = 1 000 000 000 000 000 1012 = 1 000 000 000 000 109 = 1 000 000 000 106 = 1 000 000 1021 = 1 000 102 = 100 10 10−1 = 0. Exemplos: 120 m.3: Os múltiplos e submúltiplos de uma unidade são construídos usando-se os prefixos desta tabela.000 001 10−9 = 0. Exemplo: micrometro. metro cúbico. decâmetro. o acento tônico recai sobre a unidade e não sobre o prefixo. milímetro (mm).000 000 001 10−12 = 0.000 000 000 000 000 001 10−21 = 0. centímetro e milímetro. Exceções: quilômetro.000 000 000 000 001 10−18 = 0.000 000 000 000 000 000 000 001 Regras de notação O modo correto de escrever uma quantidade é definido pela Resolução Conmetro 12/88. Dentre as normas.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 6 Várias unidades de uso quotidiano são construídas usando-se prefixos. micrometro (µm). hectolitro. Exemplos: 1 kg = 1 000 g. 2 kg. • Ao escrever medidas de tempo. mas ainda bastante utilizadas. 1.4.001 m3 ◦ graus π/180 rad minutos ’ π/10 800 rad segundos ” π/848 000 rad toneladas t 10 000 kg horas h 3 600 s minutos min 60 s rotações por minuto rpm π/30 rad/s Escalas de tempo e distância É interessante situar os tempos e distâncias associados aos diferentes fenômenos físicos em uma linha junto com outras referências de fora da Física. . é essencial que haja uma interação constante entre as essas duas grandes áreas da Física.7(b) mostram uma comparação (em escala logartimica) de escalas de tempo e distância. minuto e segundo é: 12 h 30 min 6 s Note que há um espaço entre o valor numérico e a unidade.4: Grandezas fora do Sistema Internacional de Unidades. Os físicos teóricos se concentram na busca de explicações simples para os dados experimentais. Exemplos: 5 cm. Grandeza volume ângulo plano ângulo plano ângulo plano massa tempo tempo velocidade angular 1. • Aceita-se normalmente o uso das unidades indicadas na Tabela 1.000 025 m.6 Nome litro grau minuto segundo tonelada hora minuto rotação por minuto Plural Símbolo Equivalência litros l ou L 0. 8 h. Dentre os físicos. • Deve-se utilizar um espaço (e não o ponto) como sepador de milhar. A Figura 1. Evidentemente.7 A expressão de uma medida Na Física. o uso correto para os símbolos de hora. respectivamente. 25 µm = 0. como o RHIC e o LHC. o processo de coleta de informações é feito de forma muito controlada e recebe o nome de experimento ou observação experimental. O exemplo mais claro dessa interação é a construção dos enormes aceleradores de partícula. 10 N. Tabela 1.7(a) e a Figura 1. existem aqueles que são especializados em realizar experimentos: são os físicos experimentais.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 7 • O símbolo da unidade não vai para o plural. As informações coletadas são denominadas medidas. Em 1977. aprovada em 1983 e ratificada em 1986. a barra de chumbo do Exemplo 1. Comprimento de uma barra de chumbo. Para pequenas variações de tempera- . É preciso dar uma série de outras informações importantes para se caracterizar o experimento.3 aumenta de tamanho quando é aquecida. o Comitê Internacional de Pesos e Medidas organizou grupos de trabalho junto a diversos laboratórios nacionais para criar normas que permitissem a comparação internacional de resultados de medições. disponível em [2]. Tempo de queda livre de uma bola de gude largada do repouso a 3.1.7(b)) . Exemplo 1. Foi desenvolvida a Recomendação INC-1 (1980).7(a)) e de distância (Figura 1.0 m de altura.2. é preciso apresentar uma descrição adequada da grandeza que vai ser medida. reconhecendo a falta de consenso internacional sobre os aspectos relacionados à expressão de uma medida. Por exemplo. especificando-se certas condições físicas. Exemplo 1. A seguir apresentamos alguns exemplos de descrições da grandeza a ser medida. A medição de uma grandeza não se resume à obtenção de um número. Primeiramente.3. Aceleração da gravidade ao nível do mar na cidade de Natal. As noções apresentadas a seguir procuram seguir a edição brasileira dessas recomendações.7: Escalas ilustradas de tempo (Figura 1.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 8 (a) (b) Figura 1. Exemplo 1. por causa da dilatação térmica. Note que a especificação da grandeza a ser medida depende da exatidão requerida. 3. Ele ocorre quando. A esfera deixa a rampa horizontalmente a uma altura h=80. quando a medida envolve a leitura de réguas ou escalas de instrumentos pode ocorrer um erro conhecido como erro de paralaxe.20 cm.0 cm. na leitura de um instrumento.10. diversos fatores podem influenciar o resultado da medida e temos que nos preocupar com eles e tratá-los devidamente.21 cm. Exemplo 1. Alcance de uma esfera de raio 1.9 Pela Figura 1. Figura 1.23 cm. Esse efeito está ilustrado na Figura 1. como sugere a Figura 1. . por inspeção visual não sabemos ao certo se a leitura é 6. realiza-se o experimento e obtémse um ou mais números denominados dados experimentais. Indicar a leitura do comprimento da barra como sendo 6.9. 6. a descrição mais adequada seria: Exemplo 1. Por exemplo.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 9 tura o efeito da dilatação é também pequeno e poderá ser desprezado se o comprimento da barra tiver de ser determinado com precisão de milímetros. etc.5 cm largada de uma rampa de lançamento lisa a partir de uma altura y=130. Figura 1. No caso do Exemplo 1.200 cm ou 6. Uma vez descrita a grandeza a ser medida.3 seja exatamente 6.4.0 cm.5. não alinhamos corretamente o olho e os dois pontos que queremos comparar (no caso.15 K e pressão p = 101 325 Pa. Nesse caso.8: Esquema da montagem experimental para a medição do alcance. No entanto. obtém-se o comprimento da barra de chumbo diretamente por comparação com uma régua calibrada. Comprimento de uma barra de chumbo a temperatura T=298.10: O erro de paralaxe ocorre quando não há um alinhamento visual correto. 6. o comprimento da barra é cerca de 6.2 cm. a extremidade do bloco e a marcação na régua). Além disso. Essas informações têm que fazer parte do relatório de cada experimento. Evidentemente. Para completar a especificação da grandeza a ser medida é muitas vezes necessário apresentar uma descrição do aparato e do método de medida.230 não faz nenhum sentido. não há razão para afirmarmos que o comprimento da barra do Exemplo 1. se desejamos fazer uma medida com precisão de micrometros (1 µm = 10−6 m) será preciso especificar a temperatura (e talvez a pressão) na qual a medida será feita.8. conforme ilustrado na Figura 1. Para começar.2 cm. Figura 1.6 s.11: Posicionamento incorreto da régua para se medir uma distância vertical. possuir marcações apagadas.12: Exemplo de uma régua pouco confiável. na medida do tempo de escoamento da areia de uma ampulheta. No detalhe. então em 154.12. sob ação da gravidade.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 10 Figura 1. mas um valor maior. Pode acontecer também de a régua não ser confiável por não apresentar os traços equidistantes.5 s. Figura 1. Em medidas de massa.11. Nesse caso. isso é feito equilibrando-se os pratos. o tempo de escoamento não foi 154. Outro erro comum é colocar a régua na posição incorreta para se medir distâncias verticais.6 s ele atrasou cerca de 3. O tempo medido foi de 154.9) s = 158. como na Figura 1. Temos que saber utilizá-los e conhecer as especificações fornecidas pelos fabricantes.6 + 3. etc. podemos ler diferentes comprimentos para a barra. um erro comum é esquecer de zerar a balança antes da pesagem. o ideal seria repetir o experimento com o alinhamento visual correto. Após a medida.9: Leitura do comprimento de uma barra por comparação com uma régua. conforme a posição em que nos colocamos. Temos que corrigir o tempo originalmente medido. . O fio de prumo fica. Existem efeitos associados a uma mal calibração ou a um mal funcionamento dos instrumentos. na posição vertical e serve como um guia visual para colocarmos a régua. A maneira correta de proceder é usando um fio de prumo (desses usados na construção civil). o tempo corrigido será: (154. Assim. Em balanças de pratos. verificou-se que o cronômetro atrasava 1.5 s.6 s.9 s.5 s a cada minuto. a indicação da extremidade direita da barra. Efeitos análogos podem ocorrer com todos os instrumentos usados em uma medição. como na Figura 1. utilizou-se um cronômetro digital com precisão de décimos de segundo. Assim. Por exemplo. Nesse caso é simples: se em 60 s o cronômetro atrasa 1. Portanto. 14). Pela Figura 1. largando novamente a bolinha da posição prevista? Ao repetirmos esse procedimento algumas vezes. Vamos agora discutir outro tipo de efeito analisando o experimento do alcance.0 mΩ) = 4. . estamos cientes. o modo Figura 1. São muitas as fontes de erros e nem sempre estamos cientes delas. No entanto.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 11 Outros efeitos são intrínsecos ao experimento.14. o vento exerce um papel importante. A linha tracejada serve apenas para auxiliar a leitura da componente x (o alcance).15. se a resistência interna do amperímetro não for suficientemente pequena (dentro da precisão desejada).5).5)). Solta-se a bola e marca-se onde ela caiu (marca azul na Figura 1. obtém-se I = V/R = 12. não se pode ingenuamente pensar que o alcance vale 26. Note que essa correção depende de um modelo teórico que indique como a medida da corrente depende da resistência interna. mas não sabemos como corrigi-las. Da relação V=RI.6 cm e ponto final. O amperímetro que faz a leitura possui resistência interna não-desprezível.0 kA.0 V/(3. E agora? Como expressar o resultado para o alcance? O que se passa é que diversos efeitos influenciam a trajetória da bolinha: o atrito com a rampa.0 m/s. A = 26. O experimento é realizado reproduzindose as condições experimentais da figura.14: A marcação azul indica onde caiu a bolinha lançada da rampa (ver a montagem experimental do Exemplo (1. será preciso corrigir a leitura da corrente para levar em conta o efeito da resistência não-nula do amperímetro.15: Diferentes marcações para cada realização do experimento. Deseja-se medir a corrente utilizando um amperímetro. O que ocorre na prática é que não são homologados recordes em competições em que a velocidade do vento é superior a 2. mede-se com uma régua o alcance A. Noutras vezes. em uma corrida de 100 m.13: Circuito elétrico por onde passa uma corrente.6 cm.13. como descrito no Exemplo (1. o que obtemos é algo análogo ao ilustrado na Figura 1. Mais uma vez. Figura 1. Um exemplo com circuitos elétricos é ilustrado na Figura 1. embora difícil de se levar em conta. Em seguida. O que ocorrerá quando repetirmos a experiência. Por exemplo. Figura 1. .59 cm x4 =26. é razoável admitir que em metade dos casos dará cara e em metade dará coroa. Novamente.60 cm x2 =25. desnecessário.20 cm x3 =26. (1. o experimentador A realiza o lançamento 9 vezes. Observação 1 Observação 2 Observação 3 Observação 4 Observação 5 Observação 6 Observação 7 Observação 8 Observação 9 x1 =26.5. De fato. colisões da bolinha com a lateral do trilho podem alterar a direção da bolinha no momento de deixar a rampa. na média. etc.2) 8 8 Figura 1. . 06 cm .52 cm x8 =26. poderíamos tentar corrigi-los. igual a zero. Esse procedimento seria extremamente complicado e. (1. 06 cm . como indica a Figura 1. . este valor seria xA = 26. usando uma outra rampa de lançamento com a mesma geometria do primeira. Embora esse seja um efeito de difícil controle. . de forma que esse deslocamento transversal é.1) 9 9 Se tivéssemos que escolher um valor mais representativo para o conjunto de dados experimentais obtidos para o alcance.68 cm x7 =25.10 cm x9 =27.88 cm x6 =25. digamos que o experimentador B. x9 xA = i=1 = ≈ 26.06 cm. As coordenadas x dos diferentes alcances obtidos foram anotados na Tabela 1. No experimento do alcance. temos boas razões para acreditar que ora a bolinha saia para um lado e ora saia por outro.74 cm x5 =24. ora mais perto. Em seguida. O Tabela 1. Efeitos desse tipo também fazem a bola cair ora mais longe. muitas vezes. x8 xB = i=1 = ≈ 26. Os valores obtidos para a coordenada x do alcance foram resumidos na Tabela 1. tenha repetido o experimento 8 vezes. Se soubéssemos como cada um desses pequenos efeitos influenciam o experimento.21 cm valor médio da coordenada x é: P9 xi x 1 + x 2 + .6. .16: Diferentes marcações para cada realização feita pelo experimentador B. o valor mais representativo para os dados obtidos pelo experimentador B é a média: P8 xi x1 + x2 + .16. Em uma situação hipotética.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 12 como a bolinha rola.5: Tabela com os 9 diferentes alcances obtidos pelo experimentador A. muitos dos pequenos efeitos citados influenciam o valor medido ora para mais ora para menos e uma maneira simples de reduzir sua influência é repetir o experimento um número grande de vezes e trabalhar com a média das observações. os pequenos desvios ou empurrões no instante inicial. A análise feita aqui é parecida com o que fazemos no lançamento de uma moeda: embora não sejamos capazes de controlar quando vai dar cara ou coroa. de modo não controlado. apenas os efeitos dos quais o experimentador está ciente).5).24 cm Nesse exemplo didático. 06 cm.61 cm x4 =26. Essa informação tem que ser relatada. Observação 1 Observação 2 Observação 3 Observação 4 Observação 5 Observação 6 Observação 7 Observação 8 x1 =26. Por todos os motivos aqui descritos concluímos que o resultado de uma medida não pode ser resumido em um número indicando quanto vale a grandeza. Uma vez eliminados esses efeitos.75 cm x8 =26.35 cm x2 =26. podemos dividir os demais em duas classes: • Efeitos aleatórios — Efeitos que ocorrem ao acaso. Vimos também que podemos caracterizar esses efeitos em três tipos: • Efeitos decorrentes de erros grosseiros de leitura e má preparação do experimento — Esses efeitos devem ser evitados utilizando-se os procedimentos corretos.17: Comparação entre as observações do experimentador A (azul) e B (verde) para o mesmo experimento do alcance (ver Exemplo 1.62 cm x5 =25.95 cm x7 =25. É preciso dar informações acerca dos efeitos que influenciam a medida (na verdade. Figura 1. Apesar de mesma média. os conjuntos de dados obtidos pelos experimentadores A e B apresentam uma diferença marcante: os dados obtidos pelo experimentador B possuem uma dispersão muito menor! Eles estão mais concentrados em torno da média do que os dados obtidos pelo experimentador A.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 13 Tabela 1.88 cm x6 =25. isto é.11 cm x3 =25.6: Tabela com os 8 diferentes alcances obtidos pelo experimentador B. as médias dão aproximadamente o mesmo valor: 26. Tais efeitos decorrem de flutuações experimentais nas condições fí- . ser estudado. Cientes dos possíveis efeitos que podem influenciar a medida. . • Efeitos sistemáticos (ou não-aleatórios) — Efeitos que não são atenuados repetindo-se o experimento uma série de vezes. (1.18). Eles seguem um padrão que pode. O valor de uma grandeza deve ser corrigido para dar conta dos efeitos sistemáticos observados. tais efeitos podem ser atenuados repetindo-se o experimento uma série de vezes sob as mesmas condições.1 A incerteza de uma medida Figura 1.7. além do valor da grandeza. xn . .3) x = i=1 = n n Quanto mais repetições forem feitas. mais informação teremos e mais representativa será a média.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 14 sicas ou de observação devido a fatores diversos. Convenciona-se fornecer. Assim. Os efeitos aleatórios introduzem variações ora para mais. Esse parâmetro é denominado incerteza da medida e é geralmente denotado pela letra grega σ (sigma). xn . se x é o valor obtido (já corrigido) para a medida de uma grandeza X.18: Após todas as possíveis correções ainda há uma incerteza na medida que precisa ser estimada. A incerteza é a “margem de erro” que ouvimos falar quando se divulga uma pesquisa eleitoral: “A pesquisa ouviu 800 eleitores e a margem de erro é de 3 pontos percentuais para mais e para menos”. Ele dá uma informação numérica sobre a dispersão dos valores que poderiam ser razoavelmente atribuídos à grandeza medida. . há um intervalo de valores em torno de x que são compatíveis com a medida (ver a Figura 1. em princípio. Se após n repetições foram obtidos os valores x1 . x2 . o valor mais representativo para a grandeza medida é a média: Pn xi x 1 + x 2 + . 1. . um parâmetro numérico associado à qualidade da medição. . . Essa incerteza define um intervalo cujos valores compatíveis com a medida. . Por sua natureza. temos que avaliar quão confiável é o valor medido. ora para menos no valor da grandeza medida. Podemos classificar as incertezas em dois tipos de acordo com o método empregado para calculá-la. x2 . para serem consistentes. quando estimamos σ para menos. . foram ouvidas 800 pessoas. Nessa mesma pesquisa. Dizemos que há um empate técnico. Usando-se argumentos estatísticos mostra-se que uma boa estimativa para a incerteza associada ao conjunto de valores x1 . 3% é a incerteza da pesquisa.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 15 Tabela 1. o candidato 1 pode ter de 28% a 34% das intenções de voto. . enquanto o candidato 2 pode ter entre 24% e 30%. . Na realiade. Sendo assim.7). Candidato 1 Candidato 2 Candidato 3 Candidato 4 Brancos e Nulos Indecisos 31% 27% 14% 3% 10% 15% No caso. . É a chamada incerteza padrão. Digamos que um experimento para medir uma grandeza X foi repetido diversas vezes. o processo de estimar a incerteza deve ser muito criterioso e depende muito da experiência prática de quem faz a medida. mas estima as intenções de voto a partir de um grupo reduzido de eleitores. o termo incerteza e a letra σ serão utilizados com o significado de incerteza padrão. quando estimamos a incerteza para mais. x2 . compromentendo a qualidade. xn . x3 . a recomendação é que se divulgue a incerteza associada a um nível de confiança de 68%. Assim. . Veremos agora como estimar uma incerteza do tipo A. dizemos se tratar de uma incerteza do tipo B. . atribuímos a uma medida um grau de precisão maior do que ela tem. Daqui para frente. A incerteza é do tipo A quando for obtida a partir de uma série de observações. os institutos de pesquisa deveriam dizer também qual o nível de confiança da pesquisa1 . é a chamada incerteza padrão da média ou desvio padrão da 1 Alguns conceitos e definições aqui apresentados serão mais bem discutidos no curso de Probabilidade e Estatística. . a margem de erro não garante que o candidato 1 tenha — com certeza — de 28% a 34% das intenções de voto! A pesquisa não consulta toda a população. Isso poderia fazer com que comprássemos equipamentos mais caros do que precisamos ou que descartássemos determinados produtos desnecessariamente. Em outro caso. Quanto menor σ. Porém.7: Resultado de uma pesquisa eleitoral hipotética. Por outro lado. estamos declarando que a medida é menos precisa do que ela é. mais precisa é a medida. . xn . . Em metrologia. obtendo-se após n observações os valores x1 . uma incerteza de 3% está associada a um certo nível de confiança da pesquisa. segundo a pesquisa (ver a Tabela 1. Só teríamos 100% de confiança se afirmássemos que o candidato 1 tem entre 0 e 100 % das intenções de votos. Portanto. No caso ilustrado. Note que. uma margem de erro de 4% para mais ou para menos corresponde a um nível de confiança maior. etc.6. Recomenda-se evitar o uso do termo erro como sinônimo de incerteza: a quantidade σ na equação (1. 4 (1.24s + 1. t3 = 1. uma menor dispersão dos dados obtidos pelo experimentador B levou a um menor valor para a incerteza.28s + 1. Assim. 02s.26 cm.5 (experimento do alcance).4) vemos que a incerteza padrão vai ficando cada vez menor à medida em que n cresce. poderíamos utilizar várias réguas. Os valores observados foram: t1 = 1. ao medirmos o comprimento de uma barra com uma régua. 23)2 s =√ 12 ≈ 0. 21 − 1. n(n − 1) i=1 (1. não é possível ou não é prático repetir um experimento um série de vezes sob as mesmas condições.4). Em muitas situações. enquanto que a incerteza obtida pelo experimentador B foi σ ≈ 0. a incerteza obtida pelo experimentador A foi σ ≈ 0. Como era de se esperar.3). Isso ocorre. 24 − 1. Na prática. Nesse caso. 23)2 s 4 × 3 i=1 1 p (1. a incerteza da medida é estimada por julgamento científico. A medida do tempo de evaporação de uma gota de água foi repetido 4 vezes sob as mesmas condições. especificações do fabricante.5) enquanto que a incerteza da medida é: v u 4 u 1 X t σ= (ti − 1.4) não é o erro aleatório.21 s. Porém. 19 − 1. Agora vejamos como estimar uma incerteza do tipo B. 23)2 + (1. Pela expressão (1.19 s. 23)2 + (1. Uma regra comum utilizada em . se pudéssemos repetir o experimento uma infinidade de vezes seríamos capazes de eliminar os efeitos aleatórios. Nesse caso. poderíamos pedir para diversas pessoas fazerem a leitura. e estimar a incerteza usando a expressão (1.4) onde x é a média definida em (1.28 s e t4 = 1. No Exemplo 1.19s + 1.21s = 1. baseando-se em todas as informações prévias disponíveis sobre a possível variabilidade do valor da grandeza. repetimos a experiência tantas vezes quanto necessário para que a incerteza fique dentro da precisão requerida.12 cm. 23)2 + (1.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 16 média: v u u σ=t n X 1 (xi − x)2 (desvio padrão da média) . mas uma estimativa da incerteza da medida devido a efeitos aleatórios.23 s. 28 − 1. O valor médio do tempo de evaporação foi t= 1. t2 = 1. a experiência ou o conhecimento geral do comportamento e propridades dos materiais e instrumentos. por exemplo.24 s. O conjunto de informações prévias inclui: dados de medições prévias. por praticidade é mais vantajoso estimar a incerteza a partir das informações fornecidas pelo fabricante da régua. Exemplo 1. Assim. 2 Essa regra quase sempre superestima a incerteza da medida.19 mostra dois conjuntos de dados (azul e vermelho) obtidos por dois estudantes no lançamento de um projétil. Entretanto. 07 = 7%. tem-se σrel = 0. Figura 1.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 17 laboratórios é considerar a incerteza igual como sendo a metade da menor divisão do instrumento2 .5. Mostra-se que. Se a barra tem cerca de 1003. com σ = 0. 01%. x (1. a incerteza pode ser considerada grande.19: Os valores em azul parecem mais corretos. para as situações de interesse prático. uma incerteza de 0. . −4 O “valor verdadeiro” de uma grandeza A Figura 1.5 mm o mesmo σ leva a uma incerteza relativa muito maior: σrel = 0. 2 ≈ 10 = 0. se a régua tem marcações de milímetros e confiamos no fabricante.2 mm e será usada para medir tecidos. Incerteza relativa Uma incerteza σ = 0.2 mm. Incertezas obtidas por julgamento científico não são necessariamente menos confiáveis do que as obtidas por tratamentos estatísticos a partir de uma série de observações. 1/1. dada por: σrel = σX . admitimos que a incerteza da medida é σ = 0. No caso da barra de 1003. O modelo teórico prevê um alcance na posição indicada com um ×. enquanto que para a barra de 1. o valor teórico não deve ser confundico com o “valor verdadeiro” para o alcance. 5 ≈ 0.1 mm na medida do comprimento de uma barra pode ser considerada grande ou pequena.1 mm é pequena. define-se a incerteza relativa. Para dar uma real noção do tamanho da incerteza σX de uma grandeza X.6) onde x é o valor de X.1 mm. as duas abordagens possuem confiabilidades similares. dependendo do tamanho da barra e da precisão desejada. por estarem centrados em torno do valor teórico. como no Exemplo 1.5 mm e será usada como um compontente de um motor de um aparelho odontológico. porém se a barra tem 1. 1/1003.5 mm. 7. . ∂R (1.8) No caso. que o valor teórico não deve ser pensado como um “valor verdadeiro” para o alcance. (1. então: 2 V = π L R = π × 0.9) Demonstra-se também que a incerteza de Y pode ser estimada a partir das incertezas σi por meio da expressão aproximada: 2 2 ∂f ∂f 2 σY = σ1 + . σR = 0. . . . . . . mas é determinado a partir de N outras grandezas X1 . por estar sempre sujeito a dúvidas. xN ) . . entretanto. XN ) . Sob certas condições gerais. a melhor estimativa para a média de Y = f(X1 . R) = 2πL R.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 18 O conjunto de dados azul parece estar centrado em torno do alcance teórico. xN ). Na realidade. Medida do volume de um cilindro. . 06 m. (1. Se no Exemplo 1. .12) ∂V (L. .13) .X2 . . . 696 dm3 . + σN . 1. . (1.XN ) é a quantidade: Y = f (x1 . . mas apenas a sua média xi e sua incerteza σi . .2 Medidas indiretas e incerteza combinada Na maioria dos casos. σL = 0. . o que nos leva a pensar que o conjunto de dados vermelho esteve sujeito a algum efeito sistemático relevante. Exemplo 1. (1. x2 . uma vez que o modelo teórico pode ser incompleto ou mesmo incorreto. . é agora amplamente reconhecido que o “valor verdadeiro” de uma grandeza é um conceito que inexiste. XN através de uma função: Y = f (X1 .7.11) Usando que e ∂V 2 (L. O volume pode ser determinado medindo-se o comprimento L e o raio R. R). Xn são chamadas grandezas de entrada e Y é grandeza de saída. . . . É dado por: V = πLR2 . . 062 m3 = 0. Suponhamos que os dados experimentais associados às grandezas de entrada Xi não sejam conhecidos. (1. . o mensurando Y não é medido diretamente. É comum referir-se à expressão anterior como a “fórmula para propagação de erros”. 15 × 0. .10) ∂X1 ∂XN onde as derivadas parciais devem ser calculadas em (x1 . 02 m. ser evitado.7 tivermos L = 0. Note. portanto. . Deve. 01 m.. V = f (L. 001 696 m3 = 1. R = 0. R) = πR ∂L (1. 15 m.7) X1 . 12 cm define. 61 dm3 . o experimentador B obteve x = 26. Por exemplo. o volume calculado 1. assim sendo. Assim.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 19 obtemos: 2 2 2 σV2 = πR σL + 2πL R σR ≈ 3. 063750000 . . no Exemplo 1. 063 cm e o algarismo 4 em 26. o mesmo intervalo de valores compatíveis com a medida. No entanto. analisando o intervalo definido pela Equação (1. 063 cm ou 26.6 usando uma calculadora.12 cm. ela seja quase sempre omitida). (1.117 685 07. 18 (1. temos um certo grau de confiança de que o valor médio do alcance esteja no intervalo (x − σ.15) 25.14) de modo que σV ≈ 0. Além disso. não faz sentido escrevê-la com um número grande de algarismos.16) acreditamos que 26. Todos os números em Física provém de algum experimento e. há alguma incerteza associda a esses números (ainda que. 117 685 07 . 0 cm não temos dúvida. concluímos que não faz sentido escrever o valor da média com tantos algarismos. (1. 696 dm3 contém algarismos que não são significativos. Pela interpretação de σ. em termos práticos. Admitiremos que os números relatados tenham sido escritos utilizando-se apenas algarismos significativos. se escrevemos a incerteza como 0. 06 cm represente bem o valor médio. Seria mais correto expressar o volume como 1. O algarismo 3 em 26.17) Tendo em vista o intervalo de valores compatíveis com a medida [dado na Equação (1. Note que usar σ = 0. . cm ou σ = 0. cm ≈ 0. . no máximo. 61 dm3 .16) isto é: com um determinado nível de confiança. 1. 064 cm. se a massa de uma . Observe que se o experimentador B calcula a média dos valores da Tabela 1. O mais correto é parar na segunda casa decimal e escrever x = 26. Recomenda-se. 06 cm e σ = 0.7.16)]. (1. nos problemas. x + σ) .7.3 Algarismos significativos No experimento do alcance. . 709 39 × 10−7 m6 . 70 dm3 . Que o valor médio está em torno de 26. o resultado que aparecerá no visor será algo do tipo: 26. 06 cm. dentro da precisão obtida não sabemos se a média é 26. 94 < alcance médio < 26. 064 cm não são significativos. arredondar consistentemente o valor da incerteza. dois algarismos significativos: Algarismos significativos de uma quantidade são todos os algarismos certos mais o primeiro algarismo duvidoso. Pelo fato de a incerteza σ ser uma estimativa. portanto. escrevendo-a com um ou. enTabela 1. 6 cm × 1. a largura e altura de uma prateleira. o número de casas decimais da resposta deve coincidir com o do termo com o menor número de casas decimais.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 20 partícula é apresentada como sendo m = 10. No exemplo (1. Há regras para se operar com algarismos significativos. O comprimento e a largura têm 3 algarismos significativos. (1. 8 dm3 . 10 m × 12.8: Tabela com as dimensões de uma prateleira. você pode seguir a regra geral [que decorre de (1. Considere a seguinte situação: mediu-se o comprimento. Se a incerteza fosse superior a 1 g.19) (1. o mais correto seria declarar m = 10 g.5. Também decorre da Equação (1.8) (as incertezas não foram fornecidas). expressar m = 10 g como m = 0.10)]: Quando adicionamos ou subtraímos quantidades. obtendo-se os valores listados na Tabela (1. mas não altera o número de algarismos significativos. 7 apresenta apenas uma casa decimal. 0513 − 23. 1 g. 8018 dm3 . (1.18) deverá ser aproximada para uma casa decimal: 114. Para começar. Assim. 3 cm = 0. 10 m 12. o número de algarismos significativos da resposta final é igual àquele da quantidade com o menor número de algarismos significativos. 5153 (no visor da calculadora) (1. O volume da prateleira é: Volume = 1.21) . note que algarismos 0 à esquerda não trazem informação alguma. Comprimento Largura Altura 1. Se estas regras não forem obedecidas você pode obter resultados que podem conter algarismos que não são significativos. Agora vamos supor que você queira fazer a seguinte adição: 138. devemos expressar o volume da prateleira utilizando 2 algarismos significativos: Volume = 1.18) observe que a quantidade 23.18) Para determinar o número apropriado de algarismos significativos em cálculos envolvendo soma e/ou subtração. portanto a resposta final em (1. 164 + 0.10) uma regra geral para o caso de operações envolvendo multiplicação e/ou divisão de quantidades: Quando multiplicamos ou dividimos quantidades. 7 = 114. 010 kg introduz mais algarismos. 6 cm 1. 3 cm quanto que a altura só tem 2. 0 g espera-se que esse valor tenha sido obtido com precisão da ordem de 0. 0018018 m3 = 1.20) Pela regra. 70 ± 0. todas as informações necessárias para a reavaliação da medição devem ser disponibilizadas.12) cm ou A = (26. taxímetros. podemos ter: m = 100. a consciência da cidadania implica em uma forte demanda de serviços relacionados a saúde.6) dm3 .7 ± 0. Hoje em dia. as operações metrológicos correspondem a cerca de 5% do PIB das nações desenvolvidas. A medida do alcance deveria ser relatada pelo experimentador B como A = (26. A metrologia está na raiz do processo produtivo. em uma medida da massa de um bloco.06 ± 0. • Metrologia industrial: é a parte da metrologia que assegura o adequado funcionamento dos instrumentos de medição usados na indústria bem como na produção e nos ensaios. de acordo com as exigências técnicas e legais obrigatórias. etc). GPS. • Metrologia legal: tem como objetivo principal proteger o consumidor tratando das unidades de medida.000 35) g . tudo isso está relacionado à Metrologia. Para os nossos objetivos. velocímetro. Por exemplo.4 21 Relatando uma medida Para relatar o resultado da medida.61) dm3 ou ainda V = (1. aferição de equipamentos (balanças. etc). Segundo o Inmetro. medições precisas (telecomunicações.8 Metrologia De acordo com o Escritório Internacional de Pesos e Medidas.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 1.021 47 ± 0. padronização). etc) e muitas outras aplicações. comunicações por satétile. a Metrologia é a ciência que abrange todos os aspectos teóricos e práticos relativos às medições. 1. da utilização pretendida. A medida do cilindro deve ser relatada como V = (1. Outro dado importante: cerca de 80% do .1) cm.7. controle de qualidade (brinquedos. qualquer que seja a incerteza em qualquer campo da ciência ou tecnologia. segurança e meio ambiente. é claro. eletrodomésticos.021 47 (0.000 35) g m = (100. Tudo o que envolve controle de produção (certificações.021 47(35) g m = 100. o relato da medida pode se resumir ao valor estimado da grandeza e de sua incerteza com a quantidade correta de algarismos significativos e indicando a unidade. métodos e instrumentos de medição. radares. A Metrologia possui três grandes ramificações: • Metrologia científica: é a parte da metrologia que trata da organização e desenvolvimento de padrões de medida e sua manutenção nos níveis mais elevados. incrementando a produtividade e a competitividade industrial.1 ± 0. O montante de informações depende. energético. Podemos perceber a rotação da Terra pelo movimento circular feito pelas estrelas. com salário inicial variando de R$ 3.20: Indicação da latitude e longitude da cidade de Natal. O eixo de rotação da Terra define os pólos Norte e Sul geográficos. como indica a Figura 1. Altos investimentos têm sido feitos em metrologia no Brasil para aumentar nossa competitiviade industrial. significativo incremento nas atividades de pesquisa e na capacitação em Ciência e Tecnologia. empresarial e o Governo. As estrelas estão tão longe que parecem presas a um cenário de forma esférica. Na Figura 1.9 Leitura complementar: o problema das longitudes Um ponto qualquer da superfície da Terra (pensada como uma esfera) pode ser determinado a partir da latitude e da longitude. tendo a Terra como centro. A latitude do lugar é o ângulo φ indicado na figura. a linha pontilhada marca a latitude e a linha tracejada marca a longitude. . Podemos ver a linha do Equador (linha mais grossa) e o Pólo Sul (ponto de encontro dos meridianos na parte inferior do desenho). no hemisfério norte (ver a Figura 1. A Estrela Polar se situa praticamente em cima do prolongamento da linha imaginária que liga o Pólo Sul ao Pólo Norte (bem em cima da cabeça de alguém que mora no Pólo Norte).806. etc. Instituições ligadas à Metrologia no Rio Grande do Norte: • Instituto de Pesos e Medidas do Estado do Rio Grande do Norte (IPEM/RN) • Laboratório de Metrologia da UFRN 1. podemos citar: implantação de novas áreas (Metrologia Química e de Materiais.57 a R$ 4. Uma pessoa se situa em um determinado ponto da superfície da Terra. 2009) e conferir as 16 áreas que foram temas do congresso. Vários estudos indicam que o custo com a adequações ao padrões pode chegar a 10% dos custos de produção.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 22 comércio mundial é afetado por padrões. melhoria da infraestrutura laboratorial com ampliação das faixas de medição e introdução de novas grandezas.22). Dentre as medidas tomadas. Economias em desenvolvimento são particularmente afetadas.20. No último concurso para o Inmetro (2007). normas ou regulamentos.21. A metrologia demanda uma forte parceria entre os setores acadêmico. É fácil perceber que a latitude pode ser visualmente obtida se soubermos Figura 1. as coordenadas do prédio da Escola de Ciências e Tecnologia são aproximadamente 5◦ 50’ S de latitude e 35◦ 12’ W de longitude. Vale a pena visitar a página do mais recente Congresso Brasileiro de Metrologia (Salvador. Para perceber o movimento das estrelas é preciso olhar o céu atentamente por alguns minutos. foram abertas cerca de 638 vagas. Materiais de Referência Certificados). Boa parte dessas vagas exigia apenas curso superior em alguma área de ciência e tecnologia. com a absorção de significativo número de doutores. Por exemplo.59.652. especialmente no setor de telecomunicações. Há um incentivo muito grande para a formação de pessoal para atuar nessa área. É a chamada esfera celeste. Por convenção. uma vez que o que nos interessa para o posicionamento global é a diferença de longitudes. A partir do século XV. fixamos o Meridiano de Greenwich como sendo a região com longitude igual a zero. portanto. Note que um relógio de sol não fornece a hora oficial. O problema da determinação da longitude foi por um longo tempo o grande problema das navegações. Exemplo disso são os relógios de sol. De fato. Por exemplo.21: Devido ao movimento de rotação da Terra. A medida da longitude está estreitamente relacionada à medida do tempo. Isso é de menor importância. mas não sabemos sobre qual meridiano estamos. dividida em fusos. Entretanto. vários reis prometiam prêmios para quem descobrisse um método razoável de se medir a longitude. por estar sobre o um dos pólos (o Norte) fica sempre parada. é possível determinar a . A Estrela Polar. Saber traçar rotas e se localizar nos oceanos dependia do conhecimento da longitude. No Hemisfério Sul não é possível ver a Estrela Polar e tampouco há uma estrela visível situada exatamente sobre o Pólo Sul. Pela a importância da questão. É. Tratados como o de Tordesilhas (que separava as terras portuguesas das espanholas por um meridiano) só teriam aplicação prática se fosse possível dizer com precisão onde passam os meridianos. da Indonésia. um observador na superfície vê as estrelas rodando em torno do eixo que passa pelos pólos. da Tanzânia. localizar a Estrela Polar.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 23 Figura 1. Com a informação da latitude. Olhando o sol ou as estrelas é possível saber a hora local com precisão razoável. Conhecendo-se a hora local e a hora de Greenwich. a latitude de Natal é a mesma de cidades da Colômbia. a latitude será o ângulo que aquela estrela faz com o horizonte. O mesmo não se pode dizer da longitude. Tradicionalmente utilizase o Cruzeiro do Sul. uma tarefa simples se determinar a latitude de um lugar. pode-se determinar a posição do Pólo Sul utilizando constelações próximas. o domínio das navegações era essencial para o desenvolvimento das economias européias. tropical ou equatorial. sabemos se estamos numa região polar. etc. Conhecendo a hora de Greenwich em que o evento vai ocorrer e observandose a hora local de ocorrência do evento. Isso era muito pouco prático para a navegação.22: Podemos saber com precisão quão distante estamos dos pólos: o referido ângulo (latitude) é o ângulo que a Estrela Polar (ou o Pólo Sul) faz com horizonte. Assim. 5h × 90◦ ≈ +52◦ 300 .7). oportunidades para se medir longitudes. Outra solução usava a posição relativa da lua com relação a uma estrela. O problema dessa proposta é que há muito poucos eclipses e. eclipses). . A dificuldade técnica do procedimento anterior é conhecer a hora local e a hora de Greenwich simultaneamente. oeste) e uma longitude negativa com a letra E (do inglês east.22) Assim. Uma solução proposta por Galileu foi usar os eclipses das luas de júpiter. 12h (1.hora local × 90◦ duração de um dia (1. o perídio a partir do início do século XVII foi de intensa atividade científica com a construção de observatórios e a contratação de astrônomos. leste).Capítulo 1 – Unidades e Medidas 24 Figura 1.23) Convenciona-se denotar uma longitude positiva indicando a letra W (de inglês west. Por conta da necessidade de catalogar efemérides e de modo cada vez mais preciso. portanto. As duas soluções historicamente adotadas foram: • Solução astronômica: prever a hora (de Greenwich) de ocorrência de efemérides (por exemplo. longitude (em graus): longitude = hora de Greenwich . calcula-se a longitude. bem como erros de paralaxe (ver a Seção 1. indicamos a longitude do exemplo anterior como 52◦ 300 W. muito mais frequentes. mas essa técnica demandava complicadas correções para os efeitos de refração na atmosfera. se a hora local é 9 h 14 min 00 quando em Greenwich é 12 h 44 min 00. então a longitude do local é: longitude = 3. o Parlamento inglês ofereceu uma quantia recorde para quem inventasse um método prático de determinação de longitude com erro menor que 0. O erro de 1 min no tempo equivale a um erro de 25” na longitude. Pelos seu impacto econômico e pelo tempo que levou a ser solucionado.Capítulo 1 – Unidades e Medidas 25 • Construir e transportar um relógio que marque sempre a hora de Greenwich. satisfazendo plenamente as condições exigidas. Isso possibilitará o uso de aparelhos de GPS para guiar e estacionar veículos. Isso equivale a errar a posição de uma localidade em 28 km. O “relógio marítimo” de Harrison. dentre outros cientistas ilustres fracassaram na tentativa de resolver o problema. o problema é a precisão dos relógios. Huygens. atingiremos a precisão da ordem de centímetros na determinação da posição. o problema das longitudes é considerado um dos problemas tecnológicos mais importantes de todos os tempos. após 5 meses de viagem. O problema foi resolvido por um carpinteiro inglês chamado John Harrison. Ainda hoje o posicionamento global impulsiona a pesquisa por padrões de tempo cada vez mais precisos. A viagem de Cabral de Portugal ao Brasil durou 43 dias. . Aqui. O problema mais difícil era o de compensar os efeitos de dilatação da mola espiral devido a variações de temperatura. Leibnitz. Em 1714. atrasou apenas 1 min 54 s. Para ter uma precisão de 100 km seria preciso que o relógio atrasasse no máximo 5 s por dia. Newton.5◦ . Em breve. todas as “entidades” relevantes (sistema físico. bem como fazer previsões de seu movimento futuro. cuja solução levou ao nascimento da ciência Física como a conhecemos hoje que. por sua vez. tempo) devem ser rigorosamente definidas ou. Sua questão fundamental é como um movimento ocorre.Capítulo 2 Cinemática Tarciro Nortarson Chaves Mendes 2. figura e movimento. Preocupa-se em responder a razão de 1 Costuma-se incluir também a Estática como uma das subdivisões da Mecânica. espaço. a Dinâmica. Naturalmente esta definição não é muito rigorosa. para que se possa fazer uma descrição matemática consistente do movimento. Não a consideramos aqui porque a Estática é apenas um caso particular da Dinâmica. embora devamos ter uma noção intuitiva sobre esses conceitos. deve-se ter uma prescrição clara de como quantificá-las e operar com elas mediante as Equações matemáticas que expressam as leis físicas subjacentes. Pode-se definir o movimento como mudanças num dado sistema físico que tem lugar no espaço durante um certo intervalo de tempo. 26 . os movimentos são prescritos.” René Descartes Inciaremos aqui o estudo da Mecânica. pelo menos.1 Introdução “Tudo é número. Já a segunda. investiga as relações causais que levam a um determinado movimento. se constituiu em paradigma para o desenvolvimento da Ciência durante os séculos XVIII e XIX. onde a força e o torque resultantes sobre um sistema (ou sistemas) de partículas são nulos. A primeira trata a descrição do movimento em si. Costuma-se dividir a Mecânica em duas grandes áreas: a Cinemática e a Dinâmica1 . O problema do movimento foi um dos principais problemas da antiga Filosofia Natural durante séculos. Durante o curso aprenderemos como fazer isso: identificar o sistema fisico e descrever seu estado de movimento. que é a parte da Física que se preocupa com a descrição e compreensão do movimento. sem investigar as causas do movimento observado. espaço. Claro está que. tempo e nem o que entendemos claramente com a palavra mudanças neste contexto. pois não definimos exatamente o que é um sistema físico. definiremos os sistemas de referência.2. em torno de 4 m. Neste caso podemos considerá-lo uma partícula. 2. as partículas. A partir destas definições definiremos as quantidades derivadas. Mas o que queremos dizer exatamente com esta frase? O que realmente muda? Quando falamos de movimento.1 Partículas Imaginemos o tipo de corpo físico mais simples possível. temos que prescrever como determinar posições de corpos no espaço num dado instante de tempo. como posição. pois a distância Natal-Fortaleza é cerca de 520 km. que nos possibilitarão especificar a posição ocupada num dado instante por um corpo ou corpos. referencial e partícula. antes de tudo. Cálculo elementar (limites. a partir da especificação de posição e tempo de corpos mais simples. velocidade. Aplicaremos então estas definições a alguns exemplos importantes de movimentos prescritos idealizados que ajudarão na fixação dos conceitos e irão ilustrar características gerais a uma grande gama de movimentos realmente encontrados na Natureza.Capítulo 2 – Cinemática 27 um sistema realizar um movimento específico e não outro. De fato. em termos dos quais o movimento é diretamente descrito. A esse corpo chamamos partícula ou ponto material. Para isso. Esse corpo é tal que suas dimensões são desprezíveis quando comparadas a quaisquer distâncias relevantes no problema em questão. se tomarmos um mapa onde essas duas cidades estejam representadas. Sua questão fundamental é por que um dado movimento ocorre. 2. derivadas e integrais simples) e Vetores. Em muitas situações práticas o conceito de partícula pode ser aplicado na descrição do movimento de objetos reais. porém. que é muitíssimo maior que o comprimento típico de um automóvel. Começaremos com as definições operacionais fundamentais à descrição do movimento: espaço. aceleração e trajetória. desejarmos descrever os movimentos de manobra desse carro dentro de uma garagem. especialmente na Mecânica. Como exemplo.2 Fundamentos do Movimento Já dissemos anteriormente que o movimento pode ser definido como mudanças que tem lugar no espaço durante um certo intervalo de tempo. certamente representaríamos o carro nesse mapa como um ponto. poderemos considerá-la uma par- . a mudança observada refere-se à variação da posição de um corpo físico durante um dado intervalo de tempo. Se. Vemos então que. esse corpo pode ser representado por um ponto geométrico. se quisermos descrever o movimento da Terra em torno do Sol. Durante a primeira parte deste curso nos ocuparemos da Cinemática. Como um outro exemplo. tempo. não será mais possível considerá-lo como uma partícula porque nesse caso suas dimensões são comparáveis as da própria garagem. Para a compreensão eficiente do texto aqui apresentado é necessário apenas que o aluno já esteja familiarizado com Funções de uma variável. suponha que queiramos descrever um automóvel em viagem de Natal a Fortaleza. Neste caso. Capítulo 2 – Cinemática 28 tícula, uma vez que o diâmetro da Terra (cerca de 12750 km) é desprezível quando comparado à distância Terra-Sol (cerca de 150 milhões de kilômetros). No entanto, quando desejamos descrever o seu movimento de rotação em torno de seu próprio eixo, a Terra não mais pode ser descrita como uma partícula, pois uma partícula não possui partes que possam girar umas em torno das outras (como, estritamente falando, uma partícula deve ter um volume nulo, não faz muito sentido falar em “partes” de uma partícula). Os exemplos aqui apresentados (dentre muitos outros que se poderia citar) motram claramente que um mesmo corpo pode ou não ser considerado uma partícula, dependendo do problema em questão. Deve-se observar o tamanho do corpo em relação aos demais que tomam parte no problema, as distâncias por ele percorridas e qual a precisão com que se deseja medir as distâncias e os intervalos de tempo. Assim, uma partícula não é apenas um corpo de dimensões desprezíveis, mas um corpo de dimensões desprezíveis em um dado problema. 2.2.2 Sistemas de partículas O objeto físico fundamental da Mecânica é a partícula. As leis e Equações fundamentais dessa ciência são escritas para partículas. Podemos então utilizar as leis da Mecânica para descrever o movimento de qualquer objeto físico, seja ele uma partícula ou não? A resposta é sim. Isso é possível devido a um princípio bastante simples, mas muito importante: qualquer corpo físico pode ser considerado como um conjunto de partículas. De fato, em princípio, qualquer objeto pode ser reduzido a pedaços menores. Tomemos um exemplo. Suponhamos que se deseja descrever um dado movimento de uma folha de papel. Podemos imaginá-la como formada pela união de muitos quadradinhos de 1 mm de lado. Se, no problema em questão, 1mm puder ser considerado um comprimento desprezível, cada quadrado poderá ser considerado uma partícula e o movimento da folha pode ser descrito em termos do movimento de cada partícula que a compõe. Se, por outro lado, 1mm for uma distância relevante, poderíamos considerar a folha como composta de quadrados ainda menores (um centésimo de milímetro, por exemplo), tais que suas dimensões possam ser consideradas desprezíveis, ou seja, cada quadrado possa ser considerado uma partícula e, novamente, a folha de papel pode ser tomada como um conjunto de partículas. Usando essa idéia de que qualquer corpo pode ser considerado como um conjunto de partículas, definamos um outro conceito muito útil em Mecânica: o de corpo rígido. Um corpo rígido é um conjunto de partículas no qual a distância entre quaisquer pares de partículas desse conjunto é sempre a mesma. Uma folha de papel não é um corpo rígido, pois podemos mudar as distâncias entre vários pontos da folha amassando-a, por exemplo. Por outro lado, uma barra de ferro em condições não muito extremas pode ser considerado aproximadamente um corpo rígido. Dizemos aproximadamente por que nenhum corpo na natureza é perfeitamente rígido; trata-se de uma idealização, como o conceito de partícula. Chama-se um sistema físico a qualquer parte do universo que esteja bem definida, ou seja, quando está exatamente estabelecido o que pertence e o que não pertence a essa parte. Em Mecânica, um sistema físico é sempre constituído por um Capítulo 2 – Cinemática 29 ou vários corpos. Como cada corpo é um conjunto de partículas, todo sistema físico (em Mecânica) é um conjunto de partículas ou, em outras palavras, um sistema de partículas. Um sistema de corpos rígidos (mesmo que haja apenas um corpo rígido) é chamado de sistema rígido. Pode-se ser levado a pensar que exemplos aproximados de sistemas rígidos na natureza devem necessariamente se constituir de objetos “duros”, como vigas metálicas, rochas, peças de madeira, etc. Isso está longe de ser verdade. A constelação Cruzeiro do Sul (como qualquer outra constelação catalogada), por exemplo, é um ótimo exemplo de sistema rígido. Constitui-se de cinco estrelas bem separadas, mas onde as distâncias relativas entre elas mantem-se invariáveis há milhares de anos. Constelações como o Cruzeiro do Sul, portanto, constituem um exemplo bem mais eloquente de sistema rígido do que os corpos que encontramos sobre a superfície da Terra, pois estes últimos estão sujeitos a uma série de interferências que os deformam e tranformam ao longo do tempo, provocando variações perceptíveis nas distâncias relativas entre suas partes e, portanto, não mais satisfazendo à definição de sistema rígido. Os conceitos de corpo rígido e de sistema rígido são muito importantes em Mecânica e, futuramente, uma parte considerável deste curso de Princípios e Fenômenos da Mecânica será dedicado ao estudo mais detalhado dos sistemas rígidos. De imediato, porém, esses conceitos nos serão úteis pois os usaremos na definição de referencial, sem o qual é impossível uma descrição consistente do movimento. 2.2.3 Eixos Coordenados Consideremos uma reta sobre a qual escolhemos um ponto O, ao qual chamaremos origem. A reta fica então dividida em duas semiretas que começam na origem. Escolhemos então uma das semiretas para ser chamada de semieixo positivo e nela marcamos uma seta para indicar isso. A outra semireta é chamada de semieixo negativo. A cada ponto do semieixo positivo associamos o número dado por sua distância até a origem. A cada ponto do semieixo negativo associamos o número dado pelo negativo de sua distância até a origem e, à própria origem O associamos o número zero. Desse modo, estabelecemos uma correspondência biunívoca entre cada ponto da reta e o conjunto dos número reais: a cada ponto corresponde um único número e a cada número, um único ponto. A reta na qual foram especificadas a origem, os semieixos positivo e negativo e a correspondência entre números e pontos, conforme acabamos de descrever, é chamada de eixo coordenado. O número que corresponde a um ponto do eixo é chamado de coordenada do ponto no eixo, ou em relação ao eixo. Desse modo fica claro que a origem tem coordenada zero, os pontos do semieixo positivo tem coordenada positiva e os pontos do semieixo negativo tem coordenadas negativas. As coordenadas são dadas em unidades de comprimento, como o metro (m) ou seus múltiplos e submúltiplos (cm, km, etc.). Neste texto, a menos que se diga o contrário, as unidades das coordenadas serão dadas em metros. Vale notar que a especificação de um eixo coordenado em uma situação concreta exige o uso de réguas para medir distâncias e especificar as coordenadas. Para identificar um eixo coordenado (o que se faz necessário quando vários Capítulo 2 – Cinemática 30 são usados num dado problema) usamos, além do O da origem, uma outra letra que é sempre escrita junto ao semieixo positivo. O eixo é identificado pelo par de letras. Por exemplo, se a segunda letra é X, chamamos o eixo coordenado de eixo OX. A Figura 2.1 mostra um eixo coordenado OX com um ponto arbitrário P e sua coordenada x. Já dissemos anteriormente que uma partícula é representada geometricamente por um ponto geométrico, como o ponto P ilustrado. Assim, descrever matematicamente o movimento de uma partícula equivale a descrever o movimento do ponto P . Em muitas situações práticas um único eixo coordenado é suficiente na descrição do movimento de um dado ponto P , ou seja, uma única coordenada é suficiente para especificar a posição do ponto P . Dizemos então que o movimento é unidimensional ou retilíneo, pois ocorre sobre uma linha reta. Dicutiremos vários casos importantes de movimento retilíneo no estudo da Cinemática. Vejamos agora o caso geral da especificação da posição de um ponto P qualquer no espaço. Ao eixo da Figura 2.1, consideremos mais dois eixos coordenados OY e OZ, todos com a mesma origem O, perpendiculares entre si e ao eixo OX. A esse conjunto de eixos coordenados ortogonais de sistema de eixos OXY Z. Dado um ponto P qualquer, sabemos que existe um único plano Σx perpendicular ao eixo OX e que contém o ponto P . O plano Σx intersepta o eixo OX no ponto Px de coordenada x. Do mesmo modo, existe um único plano Σy perpendicular ao eixo OY e que contém o ponto P . Σy intersepta o eixo OY no ponto Py de coordenada y. Equivalentemente, o plano Σz intersepta OZ no ponto Pz de coordenada z. Dessa maneira, para cada ponto P existe um único conjunto de pontos Px , Py e Pz de coordenadas x, y e z. Isso significa que a posição do ponto P no espaço fica completamente determinada pela trinca ordenada (x, y, z). Dizemos que estas são as coordenadas do ponto P em relação ao sistema de eixos OXY Z. O sistema de eixos coordenados é uma estrutura rígida em relação a qual podemos especificar a posição de qualquer partícula no espaço. A posição de qualquer corpo em relação os eixos coordenados também pode ser especificada, pois para isso é suficiente especificar as posições de todas as partículas que o compõe. Com esse procedimento, portanto, o problema de determinar posições no espaço fica completamente resolvido. 2.2.4 Referencial Refinando melhor a definição de movimento dada no início da seção 2, podemos dizer que: movimento é a variação na posição de uma partícula (ou várias partículas) durante um dado intervalo de tempo. Está claro que essa definição implica sermos capazes de medir tanto a posição de uma partícula como o instante de tempo em que ela ocupa essa posição. Como vimos na seção anterior, o estabelecimento de um sistema de eixos coordenados nos possibilita medir posições de modo inambíguo. Vimos também que para que um eixo coordenado seja útil é imprescindível a existência de réguas para se medir distâncias e, por sua vez, atribuir uma coordenada a um ponto sobre o eixo. De modo análogo, para que possamos determinar o instante de tempo em que uma partícula ocupa uma dada posição, vamos supor que Figura 2.1: Eixo coordenado OX e o ponto P de coordenada x. Figura 2.2: Sistema de eixos coordenados OXY Z e o ponto P de coordenadas (x, y, z). Capítulo 2 – Cinemática 31 dispomos de relógios. Suponhamos que, associado a um sistema de eixos coordenados, temos uma quantidade ilimitada de relógios (tantos quanto forem necessários) todos sincronizados e em repouso em relação ao sistema de eixos. O sistema de eixos coordenados, juntamente com as réguas e relógios, é uma estrutura para medir posições e instantes de tempo. A essa estrutura chamamos sistema de referência ou simplesmente referencial. Um agente fixo num referencial e capaz de fazer medições (ler as réguas e relógios) é chamado de observador. O observador pode ser uma pessoa ou um aparelho programado para realizar as medições. A exigência de que os relógios de um dado referencial estejam sicronizados entre si é para que um único instante de tempo seja atribuído a um dado evento. Quanto à exigência de que os relógios estejam em repouso, não há justificativa na Mecânica de Newton, com a qual nos ocuparemos neste curso. De fato, para Newton, o estado de movimento de um relógio não pode afetar a marcha do tempo por ele medida. Essa idéia, aliás, está extremamente enraizada em nossa concepção de tempo. Vejamos um exemplo. Vamos supor que você resolva sair de casa em direção à universidade. Nesse instante, você compara seu relógio de pulso com o relógio de parede na sala de estar. Ambos marcam exatamente o mesmo horário: 7:40 da manhã. Assim que você chega na universidade, consulta o relógio de pulso e constata que ele marca 8:00 da manhã. Você naturalmente vai inferir que o relógio que ficou em casa marca o mesmo horário e que portanto sua viagem durou 20 min em ambos os relógios (estamos supondo que os relógios não tem defeitos de fabricação ou devido a mau uso e que, portanto, funcionam perfeitamente). Essa natural conclusão, contudo, não está correta. O movimento sempre afeta o andamento de um relógio, qualquer que ele seja. Desse modo, dois relógios inicialmente sincronizados só poderão permanecer sicronizados se permanecerem em repouso um em relação a outro. No exemplo dado, seu relógio de pulso estará de fato um pouco atrasado em relação ao relógio de parede que ficou em casa (embora esse atraso seja praticamente imperseptível). Esse é um resultado importante da Teoria da Relatividade Restrita de Einstein, que você terá a oportunidade de aprender posteriormente. O que importa para nós no momento é que a definição aqui dada para referencial permite especificar completamente posições e instantes de tempo de modo totalmente consistente para os fins da Mecânica. Nos referimos ao sistema de eixos coordenados como uma estrutura rígida. Em situações práticas, para garantir essa rigidez, nós recorremos a algum sistema rígido de partículas para nele fixar o sistema de eixos. Por exemplo, se pretendemos descrever o movimento de um mosquito numa sala, podemos escolher um dos vértices da sala como a origem O e nas quinas (linha de interseção entre duas paredes ou entre uma parede e o piso ou o teto) que se encontram em O podemos fixar os três eixos coordenados, como indicado na Figura 2.3. No exemplo dado (como em qualquer outro), simplesmente imaginamos os eixos fixos nas paredes. Diríamos que o referencial é fixo na sala, ou na Terra, pois a sala e a Terra formam um sistema rígido. Dissemos que um referencial é um sistema de eixos coordenados munido de réguas e relógios. É comum, porém, não se fazer referências aos relógios na especificação de um referencial. Escolhe-se o sistema de eixos e a existência de relógios Figura 2.3: Sistema de eixos coordenados OXY Z fixos numa sala. 1 Funções-Movimento Suponhamos que temos interesse no movimento de uma partícula que ocorre entre os instantes ti e tf . No caso de um corpo. Assim. dizemos que ele está em movimento se pelo menos uma das partículas que o compõe estiver em movimento em relação ao referencial. No próximo capítulo iremos apresentar os conceitos matemáticos que permitirão uma descrição matemática completa do movimento e. Definimos o movimento de uma partícula como a mudança na sua posição com o passar do tempo em relação a um dado referencial. onde tf > ti . Uma partícula está em movimento em relação a um dado referencial quando sua posição em relação a esse referencial muda com o tempo. quando nos referimos a um dado referencial. já que a definição para um sistema de partículas decorre da definição para uma partícula. um carro.3. Como bem ilustra a citação no início deste capítulo. embora usualmente não tenhamos consciência disso. o movimento é essencial para a compreensão do mundo. pela definição anterior. Vamos apresentar a definição para uma partícula. Ao se falar de movimento. Estamos agora em posição de dar uma definição rigorosa de movimento (no sentido da Mecânica).3 Descrição Matemática do Movimento Na seção anterior. Comumente falamos de movimentos sem mencionar referenciais. assim. tf ]. especialmente da Mecânica. por exemplo. Vemos. Se uma partícula ou um corpo não está em movimento num dado referencial.Capítulo 2 – Cinemática 32 fica subentendida. vamos apresentar os conceitos matemáticos que permitirão uma descrição precisa do movimento e. quando dizemos que uma pedra. que o conceito de movimento é sempre relativo a um referencial. de localizar referenciais na Terra. em relação ao qual esse movimento está sendo medido. Temos o hábito. Não há sentido em se falar de movimento sem um referencial a ele subjacente. fala-se de mudança de posição e o conceito de posição depende de um referencial. nos munirmos de todos fundamentos necessários para atingirmos a compreenção mais profunda possível do movimento. ou o Sol se movem. 2. Ele é o objeto fundamental da Física. A pergunta que desejamos responder é qual o conceito matemático que descreve com- . com os quais. Vimos até aqui alguns dos conceitos fundamentais que permitem definí-lo de modo claro e consistente. 2. Nesta seção. costumamos especificar apenas o sistema de eixos. dizemos que está em repouso nesse referencial. Desse modo. discutimos as noções básicas sobre o movimento. A posição da partícula muda se pelo menos uma de suas coordenadas mudar. e o movimento de corpos extensos foi definido em termos do movimento das partículas que o compõem. mas isso não significa que não os estamos utilizando. estamos usando um referencial fixo na Terra. Esse intervalo é representado por [ti . como abordado pela Mecânica. poderemos descrever com a exatidão desejada qualquer tipo de movimento. fy e fz são chamadas funções-movimento da partícula. para cada t ∈ [ti . medido com o auxílio de uma régua. Então. é comum escrever x(t) = 5t2 . trata-se ainda de uma função contínua no intervalo de interesse. (2. portanto. y = fy (t) . suponha que a regra fx seja: para cada valor de t.2) (2. Seja o instante de tempo t marcado por um relógio apropriado num dado referencial. É importante não confundílos. ou seja. para as outras coordenadas. Elas são o conceito matemático mais importante da Mecânica. em segundos. escreveríamos x = fx (t) = 5t2 . x é um número. No instante t. que dá a posição de um ponto em relação a outro ponto escolhido como origem. está sendo usada para especificar a função que dá a coordenada da partícula para um dado instante de tempo.1) A Equação anterior deve ser entendida da seguinte forma. neste texto. Assim. z = fz (t) . especifique o valor da coordenada x. se conhecemos as coordenadas x. a partícula pode ter apenas um único valor para a coordenada x (o mesmo vale para as outras duas coordenadas) pois. de maneira mais compacta. se executarmos as operações especificadas pela regra representada por fx . damos o nome de função. de outro modo. Esta notação. fx é a regra que permite calcular x a partir de t. Insistimos nesse ponto porque é comum a utilização de uma mesma letra para especificar tanto a coordenada como a função. enquanto fx é uma função. a partícula estaria ocupando duas (ou mais) posições ao mesmo tempo. uma mesma letra representando duas coisas totalmente diferentes em um mesmo contexto. Em outras palavras. Então. a uma regra que satisfaça essas características. não é clara. Vamos chamar à função que a cada instante t fornece a coodenada x de fx . Com um raciocínio inteiramente análogo podemos escrever. É importante frisar que x e t são números. o que é absurdo. Temos. tome o quadrado desse valor e multiplique por 5 para obter o valor da coordenada x. Sempre que possível. procuraremos evitar isso utilizando um símbolo para cada conceito. no presente caso. Conhecemos o movimento de uma partícula se sabemos qual a sua posição em cada instante de tempo no intervalo de interesse. pois na Equação acima a letra x. embora comum. x = fx (t) .3) As funções fx . tf ]. tf ]. que é geralmente usada para representar a coordenada de uma partícula (que é um número).Capítulo 2 – Cinemática 33 pletamente o movimento da partícula nesse intervalo. Em matemática. (2. o movimento fica determinado se possuimos uma regra que. y e z da partícula em cada instante do intervalo [ti . uma outra regra que especifique a coordenada y e outra que especifique a coordenada z. t é um número lido em um relógio e que representa o tempo decorrido entre o instante em que o cronômetro é zerado e o instante em que a particula se encontra numa posição cuja coordenada no eixo OX é x. Toda a teoria e os métodos desenvolvidos na Mecânica têm por finalidade encontrar as funções-movimento . em metros. No exemplo dado. Como exemplo. obteremos a coordenada x da posição da partícula nesse instante. desde um passado remoto até um futuro longíncuo. ∞]. para qualquer instante de tempo t. Exemplo 2. 0. [−∞. Sejam as funções-movimento de uma partícula dadas por fx (t) = t. ou seja.3. não é especificado. Tratase portanto de um movimento retilíneo. O movimento também é retilíneo e ocorre sobre a reta que passa pelos pontos (0. Pelas funções-movimento dadas temos x = t e z = 3t. Para t < 0 a partícula se aproxima da origem pelo semieixo positivo (move-se no sentido negativo do eixo). .4. 0. A coordenada x varia com o tempo segundo a Equação x = 5t2 . A partícula está fixa na posição (2. fy (t) = 0 e fz (t) = 3t. Isso é natural. pois a coordenada x pode assumir apenas valores positivos. Em t = 0. Isso significa que o movimento estudado pode durar um longo intervalo de tempo. Exemplos desse tipo de movimento são o movimento de um pêndulo simples ou o movimento da Terra em torno do Sol. vemos que a coordenada y é constante e igual a zero. portanto. a Equação da trajetória da partícula é z = 3x. 3). 0) e (1. isto é. enquanto para t > 0 a partícula se afasta da origem também pelo semieixo positivo (move-se no sentido positivo do eixo). ∞] é o semieixo positivo do eixo coordenado OX. fy (t) = 0 e fz (t) = 0. conforme mostrado na Figura 2. Observa-se que os valores das coordenadas dessa partícula não mudam com o tempo. O contra-domínio das funções-movimento é o conjunto dos números reais. Neste caso. o movimento da partícula se dá unicamente sobre o eixo coordenado OX. qualquer que seja o intervalo de tempo observado. a partícula se encontra na origem do referencial e inverte o sentido de seu movimento (do sentido negativo para o sentido positivo). 0) nesse referencial. portanto.2. Vejamos alguns exemplos de funções-movimento: Exemplo 2. Em muitos casos de interesse é conveniente extender o domínio a toda reta real. fy (t) = 5 e fz (t) = 0. Exemplo 2. Figura 2. y = 0 e z = 0 para qualquer t. geralmente. O movimento. A Equação da trajetória é z = 3x.Capítulo 2 – Cinemática 34 numa dada situação e/ou tirar as informações possíveis dessas funções (quando já conhecidas). Assim. O domínio das funções-movimento é o intervalo [ti . tf ] que. Dizemos então que a trajetória da partícula no intervalo de tempo [−∞. 5.1. Sejam as funções-movimento de uma partícula dadas por fx (t) = 5t2 . Dizemos então que estas são funções-movimento de uma partícula em repouso. Vê-se imediatamente que as coordenadas y e z da partícula possuem valor nulo e permanecem inalteradas com o tempo. a partícula está confinada ao semieixo positivo.4: Trajetória retilínea no plano OXZ. ocorre no plano OXZ. Dito de outra maneira. Sejam as funções-movimento de uma partícula dadas por fx (t) = 2. uma vez que a imagem das funçõesmovimento são as coordenadas da partícula e estas estão definidas sobre os eixos coordenados. cuja Equação é z = 3x. enquanto as coordenadas x e z variam com o tempo. Usando as esquações para as outras coordenadas. semiretas ou segmentos de reta.5: Trajetória parabólica no plano OY Z.Capítulo 2 – Cinemática 35 Exemplo 2. obtemos um novo sistema de eixos coordenados OX 0 Y 0 Z 0 no qual o movimento da partícula ocorre inteiramente sobre o novo eixo OX 0 e sua posição é representada pela trinca (x0 .6: Trajetória helicoidal. Ao mesmo tempo. Este exemplo ilustra o caso (dentre inúmeros) de um movimento num plano.6o . definidas apenas pela forma das funções-movimento que determinam as coordenadas. no plano OXY . 0. com 1 m de raio. Esta linha tem de ser contínua porque as funções-movimento são funções contínuas do tempo. chamamos trajetória à linha imaginária percorrida pela partícula no espaço durante um dado intervalo de tempo. como fizemos no parágrafo anterior para o exemplo 3. onde x0 é a coordenada da partícula no eixo OX 0 . ela realiza um movimento retilíneo no sentido positivo do eixo OZ. Figura 2.5. Figura 2. No exemplo 4. Como a coordenada x é sempre nula o movimento só pode ocorrer no plano OY Z. Sejam as funções-movimento de uma partícula dadas por fx (t) = sen t. Neste exemplo a partícula realiza um movimento circular no sentido horário (quando observado de cima para baixo). podemos escrever a Equação da trajetória como z = y − y 2 . O resultado combinado dos dois movimentos é uma trajetória helicoidal. Este eixo pode ser obtido pela rotação do plano OXZ em torno do eixo OY no sentido horário (quando visto de algum ponto de semieixo OY positivo) de um ângulo θ = arctg 3 ' 71. daí o nome de movimento retilíneo. Para descrevê-lo é suficiente usar duas coordenadas. como esquematizado na Figura 2. é sempre possível encontrar um eixo coordenado paralelo à trajetória e com o qual se pode descrever completamente o movimento. que o movimento é unidimensional pois é preciso apenas uma coordenada para descrevê-lo. No caso do exemplo 2 este eixo é o próprio eixo OX. Nos exemplos 2 e 3 essa figura é uma linha reta (ou semireta). y = 2t e z = 2t − 4t2 . A trajetória da partícula é uma parábola no plano OY Z. No caso do exemplo 3. a figura formada é uma parábola. y 0 = 0 é coordenada da partícula no eixo OY 0 e z 0 = 0 é coordenada da partícula no eixo OZ 0 . Diferentemente dos movimentos retilíneos. podemos usar um eixo coordenado que coincida com a reta z = 3x.4. pois é preciso utilizar pelo menos duas coordenadas para descrevê-lo. fy (t) = cos t e fz (t) = t/5. fy (t) = 2t e fz (t) = 2t − 4t2 . para qualquer movimento retilíneo. A Equação da trajetória é z = y − y 2 . A trajetória é exatamente a figura que veríamos a partícula “desenhar” durante o seu movimento. onde as trajetórias são sempre retas. . então. Exemplo 2. 0). conforme mostrado na Figura 2. Com esse processo. Sejam as funções-movimento de uma partícula dadas por fx (t) = 0. as trajetórias nos movimentos bidimensionais podem ter quaisquer formas. Dizemos então que o movimento é bidimensional.5. Este movimento pode ser inteiramente descrito usando apenas um eixo coordenado para especificar a posição da partícula (as outras duas coordenadas são irrelevantes). Como deve ter ficado claro. Este procedimento ilustra o fato de que. Nos exemplos 2 a 5 fizemos referência a um outro conceito importante na Mecânica: o de trajetória.6. Dizemos. Não há como encontrar um novo sistema de eixos coordenados no qual uma das coordenadas seja eliminada. Seu gráfico no plano OXY é uma linha contínua que dá a trajetória da partícula nesse plano. pois esgota todas as trajetórias possíveis que uma partícula pode realizar.5) (2. Seguindo o mesmo procedimento. para cada valor da coordenada x. O movimento tridimensional é o mais geral possível.4) Esta é a Equação da trajetória de uma partícula num movimento bidimensional. eliminar algum deles e descrever a posição da partícula usando apenas duas (como no caso do movimento no plano) ou uma (como no caso do movimento retilíneo) coordenadas. z = fz fx−1 (x) . O gráfico desse sistema de Equações em relação .35) e (2.6) Estas são as Equações da trajetória de uma partícula num movimento em três dimensões. Com estas Equações. pois determinar uma trajetória consiste em descobrir como as coordenadas se relacionam entre si. temos y = fy fx−1 (x) .Capítulo 2 – Cinemática 36 No exemplo 5 mostramos as funções-movimento de um movimento tridimensional. onde duas e uma coordenadas. (2. semireta ou segmento de reta). (2. tornam-se irrelevantes na descrição do movimento. as que levam a uma trajetória helicoidal para a partícula. No caso do movimento tridimensional é necessário o uso das três coordenadas para especificar a posição da partícula. Consideremos o caso de um movimento bidimensional no plano OXY . no caso.2) x = fx (t) . para qualquer conjunto de funções-movimento admissíveis. y = fy (t) . Vamos admitir que fx possua uma função inversa fx−1 (poderíamos escolher qualquer uma das funções-movimento). Chamamos de tridimensional por que é preciso usar os três eixos coordenados para descrevêlo. Neste caso as coordenadas relevantes para a descrição do movimento da partícula são as coordenadas x e y determinadas pelas funções-movimento segundo as Equações (12.3) z = fz (t) . Não há meios de. respectivamente.35) e (2. Então podemos escrever t = fx−1 (x) e a relação entre a coordenada y e a coordenada x será y = fy fx−1 (x) . determinar a trajetória de uma partícula em movimento em geral não é um processo trivial.2) devemos acrescentar a Equação (2. conhecemos os valores das coordenadas y e z. Os movimentos retilíneo e bidimensional são casos particulares de movimentos tridimensionais. por quaisquer transformações de eixos coordenados. de modo que às Equações (12. Exceto para uma partícula em repouso (cuja trajetória se reduz a um único ponto) e uma partícula em movimento retilíneo (cuja trajetória é uma reta. a posição da partícula é dada pela trinca (x. Repetindo esse procedimento para vários instantes de tempo de diferentes. onde algumas grandezas não definidas no movimento retilíneo podem ter grande importância na descrição do movimento de uma partícula ou sistema de partículas em duas e três dimensões. Também tem o mérito de modelar muitos movimentos reais encontrados na natureza. Vamos escolher nosso sistema de eixos coordenados de tal forma que o eixo OX coincida com a reta sobre a qual a partícula se move. velocidade e aceleração. obviamente.35). Definiremos conceitos derivados das funçõesmovimento que são extremamente úteis na construção da trajetória da partícula. Naturalmente isso não significa que a trajetória não exista. mas simplesmente que não sabemos escrever a Equação (ou Equações) da trajetória. como o movimento de projéteis e o movimento circular.3) para calcular as coordenadas da partícula para um dado instante t e marcamos o ponto com essas coordenadas no sistema OXY Z. ver-se-á que os pontos caem sobre uma linha que é a trajetória da partícula no intervalo considerado. além de sua simplicidade. fx é a função-movimento que dá a coordenada x da partícula no instante t. A dificuldade de se obter Equações da trajetória reside no fato de que nem sempre é possível obter a inversa de uma das funções-movimento. Demos alguns exemplos simples de funções-movimento.4 Movimento em uma dimensão Na seção anterior nós apresentamos o conceito de função-movimento. Neste capítulo iremos nos dedicar exclusivamente ao movimento retilíneo. as oscilações unidimensionais.1 Deslocamento Admitamos que uma partícula pode mover-se apenas ao longo de uma reta. momento angular e torque.Capítulo 2 – Cinemática 37 ao sistema coordenado OXY Z é uma linha contínua que constitui a trajetória da partícula em seu movimento no espaço. como já sabemos. mais ou menos igualmente espaçados num dado intervalo. As funções-movimento que determinam as coordenadas y e z. 0. (2. Veremos também alguns casos particulares de movimentos no plano. Neste caso. Assim. 2. usamos diretamente as Equações (12.2) e (2. (2.4. tais como aceleração centrípeta. O motivo principal. 0). Neste caso. discutiremos aqui os movimentos uniforme e uniformemente acelerados. também são nulas: fy (t) = fz (t) = 0. com os quais pudemos ilustrar movimentos em uma. 2. ou seja. é que ele ilustra muitas das propriedades de movimentos mais gerais. para estudar o movimento da partícula é suficiente estudarmos a Equação x = fx (t) . as coordenadas y e z da partícula são sempre nulas. como deslocamento.7) onde. duas e três dimensões. etc. A coordenada x é geralmente chamada de posição da partícula . Durante este curso de Mecânica daremos uma particular ênfase ao movimento retilíneo. com o qual é possível descrever completamente o movimento de uma partícula. Entre os exemplos mais importantes. Capítulo 2 – Cinemática 38 já que. Do instante t00 ao instante t2 o planeta sai da posição x00 e atinge a posição x2 . t1 < t0 < t00 < t2 . O planeta passa pela posição x1 no instante t1 e atinge a posição x0 no instante t0 . dizemos que o movimento da partícula tem sentido positivo. t2 ]. com x0 > x1 . Tomemos um exemplo. t2 ] é positivo. do movimento. dentro desse intervalo podem ocorrer deslocamentos positivos e deslocamentos negativos. contudo. O deslocamento observado no intervalo [t1 . t2 ] o deslocamento seja positivo.7: Projeção do movimento de Marte sobre a ecliptica (eixo OX) visto de um referencial fixo na Terra. Do instante t0 até o instante t00 o planeta sai da posição x0 e atinge a posição x00 . Isso significa que o sentido do deslocamento da partícula da posição x1 à posição x2 é o sentido positivo do eixo OX (se o eixo OX aponta para a direita. quaisquer que sejam os intervalos de tempo considerados dentro do intervalo [t1 . Seja x1 a posição da partícula no instante t1 e x2 sua posição no instante t2 . Com esse exemplo. positivo. observará algo semelhante ao mostrado na Figura 2. t2 ] durante o movimento da partícula. Resulta então que. nesse intervalo. conhece-se apenas o deslocamento da partícula num intervalo [t1 . naturalmente. e não detalhada. t2 ]. num dado intervalo de tempo [t1 . t00 ] seu deslocamente é. Assim. Portanto. com x2 > x00 . Consideremos um intervalo de tempo [t1 . dizemos que a partícula se deslocou da esquerda para a direita). Definimos o deslocamento ∆x da partícula nesse intervalo como ∆x = x2 − x1 = fx (t2 ) − fx (t1 ) . Pode ocorrer também que num dado intervalo o movimento tenha sentido positivo numa parte dele e negativo em outra. Contudo. a posição da partícula fica completamente determinada quando conhecemos x. Na figura. portanto. vemos então que o deslocamento em um intervalo nos dá apenas uma informação global. uma vez que as outras coordenadas são sempre nulas. x2 > x1 . também o é. como mostrado na figura. O deslocamento será posivo se x2 > x1 . com x00 < x0 . Durante um movimento qualquer da partícula podem ocorrer deslocamentos positivos ou negativos. Se. no intervalo [t00 . portanto. . mas não há como dizer de Figura 2. dizemos que o movimento tem sentido negativo. o deslocamento observado é positivo. t2 ]. t0 ] é. um deslocamento positivo num dado intervalo de tempo não significa necessariamente que a partícula se moveu apenas no sentido positivo nesse intervalo. t2 ].8) Como a posição é medida em unidades de comprimento o deslocamento. No intervalo [t0 . (2. o que implica que o deslocamento total no intervalo [t1 . Afirmação equivalente se aplica se o deslocamento for negativo num dado intervalo. o deslocamento será negativo e o seu sentido será o sentido negativo do eixo OX (a partícula se deslocou da direita para a esquerda). Embora em todo o intervalo [t1 .7. ele realiza um movimento retrógrado quando observado de um referencial fixo na Terra. Se x2 < x1 . negativo. Se. Se um observador na Terra acompanhar o movimento de Marte usando um referencial fixo na Terra e projetar esse movimento sobre a ecliptica. Se. todos os deslocamentos são negativos. para um dado movimento. todos os deslocamentos da partícula são positivos. podemos saber qual a distância entre a posição inicial (x1 ) e a posição final (x2 ) da partícula e o sentido do deslocamento realizado. tj+1 ] ∪ . t2 ] o deslocamento é dado por ∆x2 = x2 − x0 = fx (t2 ) − fx (t0 ) = 0 − h = −h . [tn−1 . tj . tj+1 . é o intervalo de tamanho nulo. . até retornar à posição inicial num intante t2 . Ela pode ter se movido apenas no sentido do deslocamento total. No instante t1 a pedra está na posição x1 e inicia o seu movimento no sentido positivo de OX. No intervalo [t1 .11) (2. Por experiência. (2. tn ] ∪ [tn . nesse instante. tj ] ∩ [tj .9) que é positivo.. t2 . Vamos supor que.∪[tj .12) onde φ ≡ [t.... tf ] tais que [ti . ou seja. onde t1 < t0 < t2 ... [tj−1 . ∪ [tn−1 . . t2 ] é igual à soma algébrica dos deslocamentos nos intervalos [t1 . [tj . t]. mas pode também ter realizado vários deslocamentos no sentido inverso inverso ao do deslocamento total. Esta é uma propriedade geral do deslocamento.. . t2 ] ∪ . tn−1 e tn . tf ] onde cada elemento de ℘n é um intervalo contido no intervalo [ti . t0 ] e [t0 . o deslocamento no intervalo [t1 . ∀ 0 < j ≤ n ..10) que é negativo. Seja um intervalo [ti .. Após esse instante a pedra começa a mover-se para baixo. a pedra esteja na origem do referencial.. suponha que alguém jogue uma pequena pedra verticalmente para cima. O deslocamento da partícula nesse intervalo será ∆x = xf − xi = fx (tf ) − fx (ti ) . t2 ] pode ser escrito como ∆x = fx (t2 ) − fx (t0 ) + fx (t0 ) − fx (t1 ) = x2 − x0 + x0 − x1 = ∆x2 + ∆x1 . O deslocamento da partícula num intervalo [tj .. < tj < tj+1 < . t2 ]. tn ]. [t1 . t2 ]. tf ] = [ti . t1 ] ∪ [t1 . o deslodamento da partícula é ∆x1 = x0 − x1 = fx (t0 ) − fx (t1 ) = h − 0 = h . t0 ]. O deslocamento total no intervalo [t1 . tf ] e cujo número total de elementos é n + 1. < tn−1 < tn < tf e n é um número natural arbitrário (número de medições realizadas).... ti ≤ t ≤ tf . de modo que x1 = 0. contudo. Consideremos o sentido positivo do eixo OX para cima.. tj+1 ] = φ . onde ti < t1 < t2 < . Então. No intervalo [t0 . no sentido negativo do eixo OX. t1 ]. tj+1 ]. tj+1 ] ∈ ℘n será dado por ∆xj = xj+1 − xj = fx (tj+1 ) − fx (tj ) . . [tn .Capítulo 2 – Cinemática 39 que maneira a partícula se moveu nesse intervalo. Vamos generalizá-la para um número arbitrário de intervalos. Suponha que façamos medições da posição da partícula nos instantes t1 . t2 ].. Note que o deslocamento no intervalo [t1 . Vemos que o deslocamento total é zero.. . sabemos que a pedra subirá até atingir a altura máxima em x0 = h num instante t0 . tf ] durante o qual uma partícula realiza um dado movimento unidimensional. Como outro exemplo. é dado por ∆x = x2 − x1 = fx (t2 ) − fx (t1 ) = 0 − 0 = 0 . n > 0 (2.. (2... tf ] . embora a partícula tenha se movido nesse intervalo. Seja ℘n o conjunto dos intervalos [ti . ℘n é um conjunto de partições de [ti . tj+1 ] ∈ ℘n como ∆x = fx (tf ) − fx (tn ) + fx (tn ) − fx (tn−1 ) + fx (tn−1 ) − .11) e (2. O deslocamento da pedra no intervalo [t1 . como foi feito para o deslocamento. generalizar esse resultado para um conjunto qualquer de partições de um intervalo [ti . podemos escrever ∆x = n X j=0 ∆xj = n X (fx (tj+1 ) − fx (tj )) .. a partícula se encontra novamente na posição inicial. o número total de conjuntos de partições possíveis de [ti .15) No tempo t2 . consideremos partições diferentes do intervalo [ti . tf ]. tf ]. (2. Note que enquanto o tamanho de ℘n é n + 1.14) com ∆x1 e ∆x2 dados pelas Equações (2. t2 ]. Não se pode. + ∆xj + . tf ]. + ∆x1 + ∆x0 = ∆xj . − fx (tj+1 ) + fx (tj+1 ) − fx (tj ) + fx (tj ) − . − fx (t2 ) + fx (t2 ) − fx (t1 ) + fx (t1 ) − fx (ti ) n X = ∆xn + ∆xn−1 + . t2 ] é dado por ∆x2 = x2 − x00 = fx (t2 ) − fx (t00 ) = 0 − h/2 = −h/2. Assim... Seja o tempo t00 o instante em que a pedra se encontra na posição x00 = h/2 e se movendo no sentido negativo do eixo OX. é infinito pois existe um número infinito de modos de se dividir o intervalo [ti . Neste caso. Para finalizar. a distância total s percorrida pela pedra pode ser escrita como s = |∆x1 | + |∆x2 | . j=0 onde fizemos tf ≡ tn+1 e ti ≡ t0 .9) e (2. de maneira que o deslocamento no intervalo [t00 .. (2. em geral.12) para qualquer n > 0 (para n = 0 só existe um conjunto possível: o conjunto unitário cujo elemento é o próprio intervalo [ti . note também que o deslocamento sofrido por uma partícula é. tf ])... tf ] pode ser escrito em termos dos deslocamentos associados a cada intervalo [tj . tf ] em intervalos tais que satisfaçam as condições (2.16) .Capítulo 2 – Cinemática 40 Então. o deslocamento num intervalo qualquer [ti .. No exemplo do lançamento vertical há pouco dado. Tomando novamente o exemplo do lançamento vertical da pedra. tf ] é igual à soma de todos os deslocamentos associados a um conjunto arbitrário de intervalos que compõem o intervalo [ti .13) j=0 O resultado anterior é válido para qualquer conjunto ℘n de partições de [ti . ou seja. enquanto a distância total percorrida por ela é 2h: uma distância h na subida e outra igual na descida. (2. vimos que o deslocamento da pedra no intervalo é nulo. como já vimos. Podemos enunciar o resultado dado em (2.13) da seguinte forma: no movimento retilíneo. o deslocamento no intervalo [ti . tf ]. t00 ] será ∆x1 = x00 − x1 = fx (t00 ) − fx (t1 ) = h/2 − 0 = h/2. tf ] ≡ [t1 . porém. diferente da distância total percorrida por ela durante o seu movimento..10). (2. o número total de conjuntos ℘n possíveis. 2 Velocidade média Até aqui nossa discussão sobre o movimento se baseou unicamente na obtenção da posição x da partícula para um dado instante de tempo t ou. De fato. onde δt é um número positivo que pode ser feito tão pequeno quanto se queira. a distância percorrida por uma partícula num intervalo [ti .2. de modo que s 6= |∆x1 | + |∆x2 | (2. t2 ] é ∆x = x2 − x1 = ∆x1 + ∆x2 = h/2 − h/2 = 0 e a distância percorrida continua sendo s = 2h. tf ] no limite em que o número de partições vai para infinito e o tamanho de cada partição vai para zero. Em verdade.4 e 2. [t. Então. s = lim n→∞ n X j=0 lim |∆xj | = lim ∆xj →0 n→∞ n X j=0 lim |fx (tj+1 ) − fx (tj )| .3. de acordo com a definição de movimento dada nas seções 2. a soma dos módulos dos deslocamentos nos intervalos [t1 . nem tudo está perdido. mas sim como não calculá-la para um movimento retilíneo qualquer. a inequação (2. 2. no conhecimento da função-movimento da partícula. o resultado (2. no limite n → ∞ e tj+1 − tj ≤ δt → 0 para qualquer [tj .19) Num movimento retilíneo. conhecer a função-movimento é conhecer o movimento. Toda a informação possível que se pode obter sobre o movimento está contida na função-movimento. tj+1 ] ∈ ℘n .15) e (2. Porém. vimos que é útil buscarmos .4. onde t0 é o instante em que a partícula atinge a altura máxima. Contudo. ao mesmo tempo.1. tf ] arbitrariamente grande e. t00 ] e [t00 . a desigualdade dada em (2. em outra palavras. tf ] qualquer é igual a soma dos módulos de todos os deslocamentos associados a um conjunto arbitrário de partições que compõem o intervalo [ti . tj+1 →tj (2. Suponha que façamos o número de partições de [ti .17) é válida para qualquer ℘1 = {[t1 . Em geral.17) pode ser generalizado para um conjunto ℘n qualquer como s 6= n X |∆xj | = j=0 n X |fx (tj+1 ) − fx (tj )| .Capítulo 2 – Cinemática 41 O deslocamento total no intervalo [t1 . (2.17) quando ∆x1 e ∆x2 são dados pelas Equações (2. Isso significa que o tamanho de um ℘n qualquer cresce indefinidamente (n se torna arbitrariamente grande) e que tj+1 − tj ≤ δt para qualquer [tj . t]. isto é.18) j=0 Esse resultado pode parecer não muito útil.16). tf ]. Contudo. que o tamanho de qualquer dessas partições se torne arbitrariamente pequeno. já que não nos diz como obter a distância percorrida pela partícula no intervalo de interesse. t2 ] é |∆x1 | + |∆x2 | = |h/2| + | − h/2| = h 6= 2h. t2 ]}. tj+1 ] ∈ ℘n . exceto para t = t0 . para um movimento retilíneo qualquer num intervalo [ti .18) se torna numa igualdade. Isso significa que. Há portanto uma infinidade de funções-movimento que para um dado intervalo [ti . Com esse fim. auxiliem numa descrição mais detalhada do movimento. Do mesmo modo que o deslocamento. Se usamos o metro (m) para comprimento e o segundo (s) para tempo. tf ] fornecem o mesmo deslocamento. A velocidade média é positiva se o deslocamento no intervalo de interesse ocorre no sentido positivo do eixo OX. isto é. Seja x1 a posição da partícula no instante t1 e x2 a posição da partícula no instante t2 . a velocidade média será medida em m/s. pois estas últimas são afirmações sobre a natureza que utilizam grandezas derivadas das funções-movimento e não as próprias funções-movimento. A primeira dessas grandezas. Pode ocorrer também que tenhamos um mesmo deslocamento para vários intervalos diferentes. Isso sujere que busquemos outras quantidades derivadas das funções-movimento que. é o deslocamento da partícula num dado intervalo do movimento. t2 ] com t2 > t1 . Então o deslocamento da partícula no intervalo [t1 . ∆t t2 − t1 (2. Vimos que o deslocamento nos fornece uma informação global do movimento da partícula no intervalo de interesse: a variação da posição da partícula (distância entre as posições inicial e final) e o sentido dessa variação (se no sentido positivo ou negativo do eixo coordenado). t2 ] à razão entre o deslocamento da partícula nesse intervalo e a duração do intervalo.20) A letra v significa “velocidade”. t2 ] é ∆x = x2 − x1 = fx (t2 ) − fx (t1 ) . Uma outra razão (e a mais importante) é que essas grandezas auxiliares são fundamentais para a obtenção das funções-movimento a partir da Leis da Mecânica. a unidade de velocidade média é. não podemos saber que movimento a partícula . vx = ∆x fx (t2 ) − fx (t1 ) = . que definimos na seção anterior. juntamente com o deslocamento. Considere um intervalo de tempo [t1 . o sinal da velocidade média é o mesmo do deslocamento da partícula no intervalo de interesse. Uma vez que a duração é positiva (já que t2 > t1 ). se conhecemos apenas o deslocamento da partícula num dado intervalo. Chamamos de duração ∆t do intervalo à diferença ∆t = t2 − t1 .Capítulo 2 – Cinemática 42 construir algumas grandezas a partir das funções-movimento que auxilam na compreensão do movimento. o que implica que o deslocamento por si só não permite discriminar que movimento a partícula realiza. a barra sobre o v significa “média” e o sub-índice “x” indica que o movimento se dá sobre o eixo OX. Chamamos de velocidade média da partícula no intervalo [t1 . e por conseguinte a velocidade média nesse intervalo. a velocidade média nos dá apenas uma informação global sobre o movimento da partícula. a razão entre unidades de comprimento e unidades de tempo. definamos a velocidade média de uma partícula num dado intervalo. naturalmente. é negativa se o deslocamento ocorre no sentido negativo do eixo OX e é nula se o deslocamento for nulo nesse intervalo. Sendo a velocidade média a razão entre um deslocamento e a duração desse deslocamento. existe um único tipo de movimento que pode ser perfeitamente descrito com o conceito de velocidade média: o movimento retilíneo uniforme. Movimento retilíneo uniforme (MRU) Dissemos anteriormente que o conhecimento da velocidade média num dado intervalo. a velocidade média não dá uma informação correta da rapidez com que uma partícula realiza seu movimento pois. por si só. Pode-se perguntar então qual a utilidade de se definir a velocidade média de uma partícula num dado intervalo se. pois sua velocidade média é maior que a velocidade média do carro. não poderíamos dizer que o primeiro veículo (cuja velocidade média foi ≈ 80 km/h) se moveu mais rapidamente que o segundo (cuja velocidade média foi ≈ 57 km/h). enquanto se fizer a mesma viagem de avião gastará aproximadamente 50 min. esse sim. Na verdade. Se dispuzéssemos apenas das velocidades médias. mais tarde. o avião fizer o percurso entre Natal e Fortaleza 11 vezes (indo e voltando). o conceito de velocidade instantânea que.5 h≈ 80 km/h.2 h≈ 57 km/h. pois a partir dele poderemos definir. contudo. não permite distinguir exatamente o que a partícula faz durante o seu deslocamento. não temos como obter a funçãomovimento da partícula. se move bem mais rapidademente que um carro. em geral não permite descobrir qual a função-movimento da partícula nesse intervalo. Neste caso. Se uma pessoa fizer uma viagem de carro entre as duas cidades gastará cerca de 6.5 h. ela não fornece informações melhores que as fornecidas pelo deslocamento nesse intervalo. aparentemente. o deslocamento final do avião será o mesmo enquanto a duração do movimento (desprezando-se o tempo que o avião permanece em solo) será 11×50 min= 550 min≈ 9. bem como sabemos qual a distância total percorrida por cada veículo. que é menor que a velocidade média de um carro que faz o percurso apenas uma vez. consideremos mais uma vez a distância entre Natal e Fortaleza. Mesmo assim. a velocidade média é um conceito muito útil.2 h. veremos como fazer isso usando apenas o conceito de velocidade média no caso particular do movimento retilíneo uniforme). Se. No exemplo aqui apresentado essa afirmação é uma boa expressão da realidade porque sabemos que um avião. A velocidade média da pessoa viajando de carro é 520 km/6.Capítulo 2 – Cinemática 43 realizou durante o intervalo em questão. ou seja. o fato de a velocidade média ser definida como a razão entre o deslocamento e a duração dá expressão (mesmo que de modo impreciso) à noção intuitiva de rapidez. ela não só define a rapidez com que uma partícula realiza um movimento mas também a própria trajetória da partícula. O deslocamento nos dois casos é o mesmo. sem saber qual a distância total percorrida em cada caso. leva em conta todos os detalhes de um dado movimento e dá um significado preciso para o conceito intuitivo de rapidez (contudo. a velocidade instantânea vai bem mais além pois. como o deslocamento. de modo que sua velocidade média será 520 km/9. que é cerca de 520 km. mas a duração do deslocamento não. Contudo. devido a sua natureza. Dizemos então que o avião se moveu mais rapidamente que o carro. . enquanto a velocidade média da pessoa viajando de avião é 520 km/50 min≈ 620 km/h. Na verdade. Como exemplo. como veremos mais tarde. 23). Definimos um movimento retilíneo uniforme (MRU) como aquele no qual. isto é.23) Com ela nós podemos obter qualquer informação possível que desejarmos sobre o MRU por ela descrito. (2. t2 ] com t2 > t1 . respectivamente. t2 − t1 (2. o deslocamento em qualquer intervalo [t1 . a partícula sempre se move no sentido positivo do eixo OX quando v > 0. uma vez que no MRU os deslocamentos nunca mudam de sentido. Nesse caso. Fazendo x = fx (t) e x0 = fx (0). Portanto. A Equação (2.24) . ou seja. A velocidade média da partícula nesse intervalo é dada pela Equação (2. t2 ] é dado por ∆x = fx (t2 ) − fx (t1 ) = x2 − x1 = v (t2 − t1 ) . para o MRU. decorre do resultado anterior que o deslocamento num intervalo qualquer de um MRU é sempre positivo. Esses resultados podem ser resumidos na seguinte afirmação: todos os deslocamentos num dado MRU têm o mesmo sentido (positivo ou negativo) ou. em qualquer MRU a partícula jamais inverte o sentido de seu movimento.22) onde x é a posição da partícula no tempo t e x0 é a posição da partícula em t1 = 0. t] para qualquer t > 0. x0 é também chamada de posição inicial da partícula. a distância total que a partícula percorre num dado intervalo é sempre igual ao módulo do deslocamento nesse intervalo. Vejamos primeiramente o caso em que v = 0. portanto.20). consideremos o intervalo no qual o instante inicial é t1 = 0 e o instante final é t2 = t. Resultado análogo ocorre para v < 0: a partícula sempre se move no sentido negativo do eixo OX quando v < 0. t2 ].20).Capítulo 2 – Cinemática 44 Considere um intervalo qualquer [t1 . a velocidade média tem sempre o mesmo valor v x ≡ v. Como o resultado anterior é válido para qualquer intervalo. Uma decorrência importante dessa afirmação é que. a desigualdade em (2. t−0 (2. qualquer que seja o intervalo [t1 . Da funçãomovimento dada em (2. temos v= x2 − x1 . Como t2 − t1 > 0 e v > 0.18) se torna numa igualdade. usando a Equação (2. Consideremos agora uma velocidade média positiva: v > 0. dito de outro modo.23).21) onde x2 = fx (t2 ) e x1 = fx (t1 ) são as posições da partícula nos tempos t2 e t1 . s= n X j=0 |∆xj | = n X j=0 |fx (tj+1 ) − fx (tj )| (2. já que o fato de a velocidade média ser nula num dado intervalo não implica necessariamente que a partícula tenha permanecido em repouso durante esse intervalo.22) nada mais é que a função-movimento de uma partícula que realiza um MRU com velocidade média v. a partícula permanece em repouso na posição x0 durante todo o intervalo [0. isto é. fx (t) = x0 + vt . a Equação (2. Embora esse resultado seja trivial para o MRU.62) toma a forma v= x − x0 =⇒ x = x0 + vt . não o é para movimentos mais gerais. De (2. temos x = x0 + 0 × t = x0 para qualquer instante t. Esta propriedade costuma ser enunciada na seguinte forma: no MRU a partícula percorre distâncias iguais em tempos iguais (“tempos” aqui significa durações de intervalos). consideremos dois intervalos diferentes. Como exemplo. A título de simplificação suporemos que ambas as velocidades sejam positivas. Como t2 > t1 . Da funçãomovimento (2.23) e o fato de que tf > ti . Continuando nossa discussão do MRU. sem perda de generalidade. portanto. a Equação anterior leva a s = |v| (tf − ti ) . pois a função-movimento que o descreve é diferente da função-movimento do MRU dada pela Equação (2.23). t02 ] e x2 − x1 é o deslocamento no intervalo [t1 . t2 ] e. tf ] qualquer.29) . Usando a função-movimento (2. Sejam os movimentos das duas partículas dadas pelas funções-movimento x = x0 + vt e x0 = x00 + v 0 t . t2 ]. Em verdade. enunciada como uma definição para o MRU. do fato de que a velocidade média num MRU independe do intervalo considerado. O deslocamento no intervalo [t1 . o deslocamento dado pela Equação anterior é sempre positivo. Como consideramos intervalos de durações iguais. Finalizemos esse estudo do MRU comparando dois movimentos retilíneos uniformes com diferentes velocidades médias. (2. [t1 .26) onde a é uma constante positiva. É evidente que este movimento não se trata de um MRU.Capítulo 2 – Cinemática 45 para qualquer conjunto ℘n de partições de um intervalo [ti . temos x2 − x1 x02 − x01 = .25) É importante frisar que não é só ao MRU que a Equação (2.24) se aplica. ela é válida para qualquer movimento retilíneo onde os deslocamentos não mudam de sinal no intervalo de interesse.27) Desse resultado concluímos que. consideremos o movimento retilíneo descrito pela função-movimento fx (t) = at3 .26).24) é valida para um movimento descrito pela função-movimento dada pela Equação (2.23) ou. Esta afirmação é. a Equação anterior leva a x02 − x01 = x2 − x1 . t02 ]. em intervalos de mesma duração a partícula em MRU percorre distâncias iguais. (2. a Equação (2. frequentemente. t2 ] e [t01 . t2 ] é ∆x = fx (t2 ) − fx (t1 ) = a t32 − t31 . qualquer que seja o intervalo [t1 . (2. 0 0 t2 − t1 t2 − t1 onde x02 − x01 é o deslocamento da partícula no intervalo [t01 .28) com a condição de que v0 > v . (2. que possuem a mesma duração: t2 − t1 = t02 − t01 . o que é equivalente. (2. tf ] é dada por v if = xf − xi ∆xf m + ∆xmi = . t02 ] e [t1 . Considere um movimento (que chamaremos movimento A) tal que v im = v é a velocidade média no intervalo [ti . tf ] = [ti . tm ] ∪ [tm . pois existe uma infinidade de movimentos possíveis que podem levar à mesma velocidade média.4. exceção feita ao MRU. velocidade. t2 − t1 v Dessa Equação concluímos que: no MRU. temos x02 − x01 v 0 (t2 − t1 ) v0 = = > 1. Para caracterizar a rapidez de quaisquer tipos de movimento é necessário um conceito mais poderoso. tf ] fornece pouca informação sobre o movimento nesse intervalo. Comparemos agora o tempo gasto para cada partícula percorrer a mesma distância.29).28) e (2. Pela análise que fizemos acima.Capítulo 2 – Cinemática 46 Considerando um dado intervalo [t1 . considere o instante tm = (ti + tf )/2. que é o único movimento que pode ser perfeitamente descrito pela velocidade média. x2 − x1 v (t2 − t1 ) v de onde concluímos que a partícula de maior velocidade média sofre o maior deslocamento. t2 ] para os quais os deslocamentos x02 − x01 e x2 − x1 são os mesmos. Das Equações (2. de onde decorre que.29).28) e (2. O MRU mais rápido é aquele no qual se percorre a maior distância num dado intervalo de tempo. podemos afirmar que a partícula com maior velocidade média percorre uma maior distância. a distância percorrida por uma partícula em MRU num dado intervalo é tanto maior quanto maior for sua velocidade média. 2. tm ] e v mf = V é a velocidade média no intervalo [tm . tf ]. este é o instante médio do intervalo [ti . t2 ]. Usando novamente as Equações (2. com V > v. fica claro que o MRU mais rápido é aquele com maior velocidade média e. ou seja. temos v t02 − t01 = 0 < 1. Essas duas propriedades elementares do MRU é que dão fundamento à noção intuitiva de rapidez. tf ] . ou no qual de demora menos tempo para percorrer uma dada distância. Isso significa que a velocidade média não é um conceito que permita descrever o movimento com precisão. o tempo gasto para uma partícula percorrer uma dada distância é tanto maior quanto menor for sua velocidade média. ao qual já nos referimos antes: o de velocidade instantânea ou. Para ilustrar esse fato num movimento retilíneo qualquer. portanto.3 Velocidade instantânea Vimos que a velocidade média da partícula num dado intervalo [ti . Como estamos tratando de movimentos retilíneos uniformes. tf − ti ∆tf m + ∆tmi . Então. tf ]. o conceito de velocidade média é suficiente para caracterizar a rapidez de um MRU. as durações dos intervalos [t01 . simplesmente. podemos comparar os deslocamentos sofridos por cada partícula nesse intervalo. Podemos então escrever [ti . a velocidade média no intervalo [ti . tj+1 ] 7−→ v j . se conhecermos cada v j ∈ Vn para cada [tj . Seja Vn o conjunto de todos os v j associados a todos os intervalos [tj . O conjunto Vn . tf ] pode ainda ser escrita como v if = V +v ∆xf m + ∆xmi v mf + v im = = . tm ] e [tm . A velocidade média em cada intervalo [tj . tf ] e esse conhecimento melhora quanto maior for n e quanto menor for a duração ∆tj = tj+1 − tj de cada intervalo [tj . como definido na seção 2. ∆tj tj+1 − tj (2.1. tf ]. tj+1 ] ∈ ℘n . tf ]. Então. tf ]. No movimento A a partícula tem velocidade média menor no primeiro intervalo e velocidade média maior no segundo intervalo.4.31) Pelo que foi dito no parágrafo anterior. a velocidade média no intervalo [ti . de maneira que a velocidade média no intervalo [ti . tj+1 ]. (2. e somente um. se soubéssemos apenas a velocidade média no intervalo [ti .30) onde ∆xj = xj+1 − xj é o deslocamento da partícula durante o intervalo [tj . elemento de Vn . ℘n −→ Vn [tj . tj+1 ] ∈ ℘n é dada por vj = fx (tj+1 ) − fx (tj ) ∆xj = . Nesse raciocínio. tf ] e [ti . tj+1 ] ∈ ℘n saberemos mais sobre o movimento no intervalo [ti . Como tm é o ponto médio do intervalo [ti . Isso significa que. existe uma correspondência biunívoca entre ℘n e Vn : para cada elemento de ℘n podemos associar um. Consideremos um conjunto ℘n de partições de [ti . tf ]. tj+1 ] pertencente a ℘n . tf ]. não poderíamos distingir o movimento A do movimento B. deveremos ser capazes de distinguir um dado movimento de qualquer outro possível no intervalo [ti . onde v im = V e v mf = v. portanto. então ∆tf m = ∆tmi = ∆t. tf ]. possui n + 1 elementos assim como ℘n e cada elemento de Vn é um número que dá a velocidade média v j num dado intervalo [tj . tf ] nos dá mais informações sobre o movimento do que conhecer apenas a velocidade média no intervalo [ti . Porém. tf ] será v if = v mf + v im v+V ∆xf m + ∆xmi = = . ∀ [tj . Esse exemplo ilustra um fato importante: conhecer as velocidades médias nos vários sub-intervalos que compõem o intervalo [ti . ∆tj = tj+1 − tj é a duração desse intervalo e fx é a função-movimento da partícula. Para esse movimento. tj+1 ] ∈ ℘n . sabemos que os dois movimentos são diferentes porque conhecemos as velocidades médias nos intervalos menores [ti . 2∆t 2 2 Consideremos agora um outro movimento (que chamaremos movimento B) no mesmo intervalo. tj+1 ] pertencentes a ℘n . enquanto no movimento B ocorre exatamente o contrário. se conhecemos o conjunto Vn para um dado conjunto ℘n no limite em que n → ∞ e ∆tj → 0. respectivamente. . 2∆t 2 2 que é exatamente a mesma velocidade média do movimento A no intervalo [ti . tf ]. tm ].Capítulo 2 – Cinemática 47 onde ∆xf m = xf − xm e ∆xmi = xm − xi são os deslocamentos e ∆tf m = tf − tm e ∆tmi = tm − ti são as durações dos intervalos [tm . Desse modo. ∆t O que acontece com essa razão no limite em que ∆t → 0? Como a funçãomovimento fx da partícula deve ser uma função contínua de t. Simbolizando a velocidade instantânea por vx . por exemplo. Com o conceito de velocidade instantânea. tf ]. existe uma correspondência biunívoca entre os elementos de Tn e ℘n : Tn −→ ℘n tj 7−→ [tj . (2. tj+1 ]. para cada instante tj ∈ [ti . tj+1 ] ∈ ℘n . velocidade da partícula no instante t. no limite ∆t → 0 a razão dada na Equação anterior tende a um valor que coincide com o valor da derivada da função fx no instante t.Capítulo 2 – Cinemática 48 Consideremos o instante inicial tj ≡ t de um dado intervalo [tj . ∆t→0 ∆t→0 ∆t ∆t dt vx = lim (2. tj+1 ] . tf ]. tf ] existe um único intervalo [tj .31).34) significa que existe . de modo que para cada tj ∈ Tn existe um único v j ∈ Vn . Então. (2. Podemos também indexar um dado intervalo pertencente a ℘n por um número real. Se a duração desse intervalo é ∆tj ≡ ∆t. simplesmente. tj+1 ] sujeito aos vínculos (2. o instante inicial tj do intervalo [tj . para cada j existe um único intervalo [tj . então o instante final desse intervalo será tj+1 = t + ∆t e a velocidade média associada a esse intervalo será fx (t + ∆t) − fx (t) .34) Deve-se enfatizar que a expressão (2. isto é. damos o nome de velocidade instantânea ou.34) não significa que exista uma velocidade média v j para um dado instante tj . Dizemos que é instantânea. A esse valor.12). porque ela é obtida como o limite do valor da velocidade média da partícula num dado intervalo quando a duração desse intervalo tende a zero. temos vj ≡ vx = fx (t + ∆t) − fx (t) dx ∆x = lim = . tj+1 ] ∈ ℘n . precisamos conhecer o valor da velocidade instantânea em todos os pontos do intervalo [ti . que é dado por n + 1.. tj+1 ] ∈ ℘n é indexado por um número natural j. a velocidade instantânea se mede em unidades de comprimento sobre unidades de tempo. Tn −→ Vn tj 7−→ v j . temos uma ferramenta muito poderosa para a descrição de um movimento num dado intervalo [ti . Assim como a velocidade média. contudo. Cada intervalo [tj . tf ]. No S. Para isso. (2. 0 ≤ j ≤ n. Cada elemento de ℘n é um intervalo [tj . onde n ≥ 0 está relacionado ao número total de elementos de ℘n .32) A velocidade instantânea num dado instante t mede a rapidez com que a posição da partícula varia nesse instante. tj+1 ] correspondente em ℘n .I. Consideremos novamente um dado conjunto ℘n de partições do intervalo [ti .11) e (2.33) De (2. Portanto. concluímos que também existe uma correspondência biunívoca entre Tn e Vn . Chamemos de Tn ao conjunto de todos os instantes tj ∈ [ti . tj+1 ] de ℘n . pois isso não faria sentido uma vez que a velocidade média só pode ser definida num dado intervalo. a unidade é m/s. tf ] associados a cada intervalo [tj . ∆tj → 0 ∀ [tj . Como. tj+1 ] ∈ ℘n indexado pelo elemento tj ∈ Tn .35) está implícito que a duração de cada intervalo [tj . tf ]. Isso significa que os extremos tj e tj+1 do intervalo [tj . para que possamos descrever completamente o movimento de uma partícula num dado intervalo de tempo é suficiente conhecer a função-movimento da partícula nesse intervalo. Portanto. . Simbolizando a função-velocidade por f˙x . com n → ∞.3.34). podemos escrever vx = f˙x (t) . no limite. a cada elemento tj pertencente a Tn .36). A essa função chamaremos de função-velocidade.37) O resultado anterior implica que deve existir uma função contínua cujo domínio é o intervalo [ti . Tomemos agora o limite em que n se torna arbitrariamente grande ao mesmo tempo que a duração ∆tj de cada intervalo [tj . tj+1 → tj para qualquer 0 ≤ j ≤ n.35) e (2.35). e somente um. n→∞ (2. 2 (2. isto é. n→∞ (2. tj+1 ] de ℘n e. no limite.39) Dizemos que um conjunto é denso quando se pode estabelecer uma correspondência biunívoca entre o conjunto dos números reais e subconjunto qualquer desse conjunto. uma vez que a velocidade instantânea da partícula pode assumir qualquer valor real. De (2. lim Vn −→ < v j 7−→ vx . tj+1 ] pertencente a ℘n tende a zero.Capítulo 2 – Cinemática 49 um. podemos escrever [ti . O que acontece com o conjunto Vn nesse limite? Como a duração de cada intervalo [tj . tf ] e cujo contradomínio é o conjunto dos números reais que. por analogia à função-movimento que. tf ] tj 7−→ t . (2. por sua vez. Para o movimento retilíneo sobre o eixo OX isso implica que a posição x da partícula é dada por x = fx (t) . a cada instante de tempo t associa um único único valor para a velocidade instantânea da partícula. tende à velocidade instantânea no instante tj . valor para a velocidade média v j ∈ Vn associada ao intervalo [tj . ou seja. no limite. o conjunto Tn se torna um conjunto denso2 onde cada elemento está em correspondência biunívoca com os pontos do intervalo [ti .38) Como vimos na seção 2. tj+1 ] ∈ ℘n .34) Vn também se torna um conjunto denso onde cada elemento está em correspondência biunívoca com um elemento do conjunto dos números reais <. em (2. tf ] −→ < t 7−→ vx . a cada instante t.35) Naturalmente. tj+1 ] se anula quando n → ∞. por (2.36) Combinando (2. cada elemento v j pertencente Vn e associado a cada intervalo [tj .33) temos que. associa um único valor para a posição da partícula. Tn se torna um conjunto denso segundo (2.1. (2. lim Tn −→ [ti . tj+1 ] ∈ ℘n se aproxima de zero. tj+1 ] se aproximam idefinidamente um do outro de modo que. (2. então seu deslocamento no intervalo [0. podemos fazer ti = 0 e tf = t.43). tf ]. o que inclue o valor da velocidade instantânea da partícula em qualquer instante t do intervalo de interesse. f˙x (t) = lim ∆t→0 ∆t dt (2. isto é.38).32). Portanto. tj+1 ] se aproxima do valor da velocidade instantânea vx no instante tj = t e a duração ∆tj se torna na diferença infinitesimal (ou no diferencial) dt.Capítulo 2 – Cinemática 50 Uma vez conhecida fx tem-se toda a informação possível sobre o movimento. Combinando as Equações (2. a soma anterior se torna uma integral da função-velocidade no intervalo [ti . Isso significa.30). (2. Como vx no instante t é dado pela Equação (2.13).39). este é o caso. .42) j=0 No limite em que n → ∞ e ∆tj → 0 ∀ [tj . tf ] em termos dos deslocamentos associados a cada intervalo [tj . concluímos que a função-velocidade da partícula é dada pela função derivada da função-movimento. (2. podemos escrever ∆x = n X ∆xj j=0 ∆tj ∆tj = n X v j ∆tj . De fato. a função que a cada instante t atribui o valor da derivada de fx nesse instante e esse valor corresponde justamente o valor da velocidade instantânea no instante t. tj+1 ] ∈ ℘n . ou seja. temos então Z t x = x0 + f˙x (t0 )dt0 . tj+1 ] ∈ ℘n . vemos que o lado direito de (2.44) é justamente a função-movimento da partícula em termos da sua a funçãovelocidade. Da Equação (2. esta Equação permite saber qual a sua posição num instante t qualquer.41) j=0 Usando a Equação (2.44) 0 Comparando esta Equação com a Equação (2. Consideremos novamente a Equação (2. deve-se ser capaz de obter a função-velocidade conhecendo apenas a função-movimento. portanto. tf ] estão relacionados à velocidade instantânea.40) Para finalizar esta seção. que dá o deslocamento da partícula no intervalo [ti . Se conhecemos a função-velocidade da partícula e sua posição num instante inicial t = 0. é preciso dar uma informação a mais: a posição inicial da partícula. Perceba que o conhecimento da função-velocidade apenas não é suficiente para determinar completamente o movimento da partícula. ∆x = n X ∆xj = j=0 n X (fx (tj+1 ) − fx (tj )) . (2. (2.43) ∆x = ti Sem perda de generalidade. Se a posição da partícula em ti = 0 é x0 e sua posição em tf = t é x. ou seja. t] é ∆x = x − x0 . que a função-velocidade f˙x não pode ser uma função independente de fx . vejamos como o deslocamento e a distância percorrida pela partícula no intervalo [ti . d fx (t + ∆t) − fx (t) = fx (t) .38) e (2. Z tf f˙x (t)dt . o valor da velocidade média v j no intervalo [tj . consideremos novamente a Equação (2.46) onde usamos o fato de que a duração ∆tj é um número positivo já que tj+1 > tj .Capítulo 2 – Cinemática 51 Para calcularmos a distância percorrida pela partícula. s = lim n→∞ n X j=0 lim |∆xj | = lim ∆xj →0 n→∞ n X j=0 lim |fx (tj+1 ) − fx (tj )| .43). ou seja. Seguindo argumentação semelhante à utilizada na obtenção de (2. n→∞ n→∞ ∆xj →0 ∆tj ∆tj →0 j=0 j=0 (2.30). tj+1 →tj (2. temos n X n X |∆xj | s = lim ∆tj = lim lim lim |v j |∆tj .45) Usando a Equação (2. Z tf .19). tf ]. pode-se mostrar que Equação anterior é justamente a integral do módulo da função-velocidade no intervalo [ti . . . ˙ . f (t) (2.47) s= . x . 38). 2.23) e (2. tf ]. Aplicando (2. a Equação (2.44) temos Z t x = x0 + vdt0 = x0 + vt .47) fornece Z tf s= |v|dt = |v| (tf − ti ) .48) foi deduzida a partir da Equação (2.44). Para a distância percorrida pela partícula num intervalo [ti . Porém. t]. concluímos que.43) e (2. comparando (2. (2.44). respectivamente.4 Aceleração Nas duas últimas seções nós definimos e exploramos os conceitos de velocidade média e velocidade instantânea.48) 0 Esta Equação tem exatamente a mesma forma da Equação (2. ti Assim. num MRU.48).23) que dá a funçãomovimento de um MRU cuja velocidade média é v. Vimos que a velocidade média mede a variação da . a velocidade instantânea em qualquer instante de um dado intervalo é igual à velocidade média nesse intervalo. a Equação (2.25). Então. as Equações (2. De (2.4. Façamos agora uma primeira aplicação de (2. ti que concorda exatamente com o resultado (2. Consideremos um movimento cuja velocidade instantânea da partícula tem o mesmo valor em qualquer instante t: vx = v. temos que a função-velocidade é uma função constante cujo valor para qualquer t é v. O resultado (2.47) determinam completamente o deslocamento e a distância percorrida pela partícula nesse intervalo. dt . onde a constante v é a velocidade instantânea da partícula num instante qualquer do intervalo [0. uma vez conhecida a função-velocidade da partícula num dado intervalo de interesse.48) também permite que demos a seguinte definição para o movimento retilíneo uniforme: o MRU é aquele no qual a velocidade instantânea da partícula é constante. Quando se diz que um carro está sendo acelerado. nós estudaremos conceitos semelhantes aos de velocidade média e velocidade instantânea. A variação da velocidade. Seja vx1 a velocidade da partícula no instante t1 e vx2 sua velocidade no instante t2 . Isso não significa que a velocidade da partícula tenha permanecido constante durante o intervalo [t1 . enquanto a velocidade instantânea mede a radidez com que a posição da partícula muda num dado instante de tempo. a aceleração média será positiva apenas se a variação da velocidade no intervalo [t1 . significa que ele está desacelerando e entendemos que o valor de sua velocidade diminue com o tempo. Portanto. temos que a unidade de aceleração média é m/s por s. Consideremos mais uma vez a função-movimento de uma partícula num movimento unidimensional. t2 − t1 t2 − t1 (2. t2 ]. significa apenas que. é obtida por derivação desta em relação ao tempo: vx = f˙x (t) . Esta noção intuitiva de aceleração é muito próxima do conceito físico. (2. só com o conhecimento da aceleração média nesse intervalo não é possível saber se a velocidade mudou ou não durante o intervalo. t2 ] pela razão ax = f˙x (t2 ) − f˙x (t1 ) vx2 − vx1 = . se diz que um carro está sendo freado. Para se . Se a aceleração média for nula no intervalo [t1 . podemos apenas afirmar que a velocidade no instante t1 tem exatamente o mesmo valor que a velocidade no instante t2 . só que aplicados não à variação de posição e sim à variação de velocidade. t2 ]. a aceleração média é a razão entre a variação da velocidade num dado intervalo e a duração desse intervalo.Capítulo 2 – Cinemática 52 posição da partícula num dado intervalo de tempo. no S. Portanto. Vimos que a velocidade se mede em unidades de comprimento por unidades de tempo que.51) À quantidade ∆vx = vx2 − vx1 chamamos de variação da velocidade no intervalo [t1 .. Quando. portanto. chamamos de duração do intervalo [t1 . ou seja. também se mede em m/s. m/s2 . ambos os conceitos referem-se à mudança na posição da partícula. é em m/s. a aceleração média dá apenas uma idéia global sobre o movimento num dado intervalo. Do mesmo modo que o deslocamento e a velocidade média. t2 ] for positiva. Como a duração se mede em segundos. uma vez conhecida a função-movimento da partícula. x = fx (t) . como já vimos. (2.49) Vimos que a velocidade instantânea da partícula é dada pela função-velocidade que.50) Consideremos um intervalo [t1 . Estudaremos o conceito de aceleração. se a velocidade aumenta nesse intervalo de tempo. ao qual daremos uma definição matemática precisa. nesse caso. t2 ]. Sendo a duração t2 − t1 um número positivo. ou seja. pelo contrário. podemos afirmar que a aceleração média é negativa somente se a velocidade diminui nesse intervalo de tempo. t2 ] e à quantidade ∆t = t2 − t1 . onde t2 > t1 . entendemos que o valor de sua velocidade está aumentando com o tempo. t2 ]. Do mesmo modo. No dia a dia nós frequentemente utilizamos esse conceito. Definimos aceleração média ax no intervalo [t1 . Nesta seção.I. o valor da aceleração num tempo t é dado pelo valor da derivada da funçãovelocidade nesse instante.54) j=0 onde ∆vj = vj+1 − vj . Tomemos agora um outro instante t + ∆t.1). tj+1 ] ∈ ℘n será aj = ∆vj vj+1 − vj = . a aceleração instantânea no instante t. podemos escrever dvx ∆vx f˙x (t + ∆t) − f˙x (t) = lim = .52) podemos escrever d ax = f¨x (t) = f˙x (t) . Na Equação anterior vemos que o limite dado só existirá e. dt (2. e a aceleração média nesse intervalo é ∆vx f˙x (t + ∆t) − f˙x (t) = . sendo vj+1 a velocidade da partícula no instante tj+1 e vj a sua velocidade no instante tj . ∆t ∆t ax = Chamamos de aceleração instantânea da partícula no instante t ao limite da razão anterior quando ∆t tende a zero. Simbolizando a função-aceleração por f¨x . tj+1 ] ∈ ℘n para um ℘n arbitrário (ver seção 2. Sendo este é o caso.51). portanto.53) Vejamos agora como obter a variação de velocidade e o deslocamento da partícula num dado intervalo [ti . para cada instante de tempo t atribui um único valor para a aceleração da partícula. A esta função. Representando por ax a aceleração instantânea (ou simplesmente aceleração). ∆t→0 ∆t ∆t→0 ∆t dt ax = lim (2. A velocidade nesse instante será f˙x (t + ∆t). pela Equação (2. Do mesmo modo que para o deslocamento. Portanto ∆vx = n X ∆vj = j=0 n X f˙x (tj+1 ) − f˙x (tj ) .50). ∆tj tj+1 − tj . Podemos dizer então que existe uma função de t que.52) Como a aceleração média. a aceleração média para um dado inetervalo [tj . chamaremos de função-aceleração. Usando a definição dada em (2. da Equação (2. tf ] pode ser escrita como a soma das variações da velocidade nos subintervalos menores [tj . t + ∆t] será dada por ∆vx = f˙x (t + ∆t) − f˙x (t) . (2. é uma tarefa trivial mostrar que a variação da velocidade no intervalo [ti . precisamos do conceito de aceleração instantânea. a aceleração instantânea se mede em m/s2 .Capítulo 2 – Cinemática 53 ter uma informação mais detalhada de como a velocidade varia num dado intervalo. com ∆t 6= 0. A variação da velocidade no intervalo [t. é dada por f˙x (t). Consideremos um instante t durante o movimento da partícula e sua velocidade nesse instante que. se a função-velocidade for uma função contínua de t. tf ] quando conhecemos a função-aceleração nesse intervalo.4. t] será ∆vx = vx − vx0 e. isto é.55) no limite n → ∞ e ∆tj → 0 pode ser escrito como Z tf f¨x (t)dt . podemos escrever ∆vx = n X ∆vj j=0 ∆tj ∆tj = n X aj ∆tj .50). (2. Z tf ∆x = f˙x (t)dt t Z itf Z t 0 0 = vx0 + f¨x (t )dt dt ti 0Z Z t tf = vx0 (tf − ti ) + dt f¨x (t0 )dt0 .60) 0 0 .43).Capítulo 2 – Cinemática 54 Combinando esse resultado com a Equação (2.59) ti 0 Tomando novamente o [ti . sabemos determinar qual a sua velocidade em qualquer instante t posterior. Fazendo tj = t e usando a Equação (2. tj+1 ] ∈ ℘n .54).56). t] é ∆x = x − x0 . tf ] fica completamente determinado pela Equação (2. o deslocamento ∆x da partícula no intervalo [ti . Logo.56) nos permite saber qual a variação da velocidade em qualquer intervalo onde f¨x esteja definida. a Equação (2. (2. conhecendo a funçãoaceleração para dado movimento. (2. (2. pela Equação (2. o deslocamento da partícula no intervalo [0.53).56) ∆vx = ti A variação da velocidade instantânea da partícula num dado intervalo [ti . Comparando a Equação anterior com a Equação (2. a aceleração média aj tende ao valor da aceleração instantânea ax no instante tj e a soma anterior se aproxima de uma integral. tf ] ≡ [0.59). temos Z t Z t0 0 x = x0 + vx0 t + dt f¨x (t00 )dt00 . Tomemos agora um instante inicial ti = 0 e um instante final tf = t. ∀ [tj . de (2. Logo. (2. concluímos que o lado direito de (2.55) j=0 Tomando o limite n → ∞ e ∆tj → 0. Seja vx0 a velocidade da partícula no instante inicial ti = 0 e seja vx a velocidade da partícula no instante t. poderemos escrever Z t vx = vx0 + f¨x (t0 )dt0 . o resultado (2. (2. se conhecemos a função-aceleração em todo o intervalo de interesse e se também sabemos qual o valor da velocidade num dado instante inicial. Assim. t]. a variação da velocidade no intervalo [0.57) é exatamente a função-velocidade da partícula. chamemos de x0 a posição da partícula em ti = 0 e de x sua posição em tf = t. Z t ˙ fx (t) = vx0 + f¨x (t0 )dt0 .57) 0 Este resultado afirma que. de modo que.58) 0 Uma vez conhecida a função-velocidade. tf ] é igual à integral da função-aceleração nesse intervalo. uma solução do problema fundamental da Mecânica.Capítulo 2 – Cinemática 55 Este resultado mostra que. num dado intervalo. Com essa abordagem. que é o conjunto de todas as partículas do universo que podem influenciar no movimento . Em Mecânica.61) fx (t) = x0 + vx0 t + 0 0 Já comentamos anteriormente (ver seção 2. uma vez que à primeira é necessário acrescentar ainda as condições iniciais para determinar o movimento (se assim não fosse ela seria a própria função-movimento). O motivo principal. uma vez definido um referencial apropriado (pertencente a uma classe de referenciais chamados de referenciais inerciais cuja existência é determinada pela Primeira Lei de Newton).49). se conhecemos a posição e a velocidade da partícula num dado instante inicial. ela afirma que a aceleração e a força são proporcionais entre si e que a constante de proporcionalidade é uma uma propriedade da partícula e que independe do movimento desta. (2. em muitas situações importantes.60) é justamente a função-movimento da partícula. A estrutura teórica da Mecânica é composta pelas três Leis de Newton. o movimento da partícula fica completamente especificado. é determinado pelos valores atribuídos às condições iniciais. Z t0 Z t 0 dt f¨x (t00 )dt00 . vx0 ) temos um único movimento possível compatível com a função-aceleração dada. Ao par x0 e vx0 (posição e velocidade iniciais). Cada movimento dessa classe de movimentos possíveis. a funçãoaceleração da partícula é conhecida. bem como as condições iniciais do problema. é uma afirmação sobre a aceleração.61) de fato fornece a classe de todos os movimentos possíveis que são compatíveis com a função-aceleração. a posição da partícula num instante posterior t fica completamente especificada. essa abordagem só faz sentido quando encontrar a função-aceleração é uma tarefa mais simples do que encontrar a própria função-movimento diretamente. está na estrutura da própria Mecânica. é que a função-aceleração contém menos informação sobre o movimento que a função-movimento. num dado problema de Mecânica.61) é. A Equação (2.3. a palavra força é praticamente um sinônimo de interação. o movimento da partícula fica univocamente determinado nesse intervalo. o que pode tornar mais fácil a tarefa de encontrá-la. portanto. Comparando a Equação anterior com a Equação (2. o que significa que para cada par (x0 . Mais precisamente. De fato. a aceleração de uma partícula é diretamente determinada pela força que sobre ela atua.1) que o objetivo fundamental da Mecânica é descobrir a função-movimento num dado problema pois. concluimos que o lado direito de (2. Por ora. Um dos motivos para isso. Uma partícula só poderá sofrer a ação de uma força se ela possuir uma vizinhança. bem como sua função-aceleração no intervalo de interesse. porém. Podemos enunciar essa solução da seguinte forma: se. uma vez encontrada. Ela diz que. é exatamente isso o que acontece. no entanto. basta sabermos que a lei fundamental da Dinâmica (a Segunda Lei de Newton). A Equação (2. Naturalmente. a partir da qual se resolve praticamente todos os problemas em Mecânica. o problema de encontrar o movimento da partícula se resume em encontrar a função-aceleração para essa partícula. damos o nome de condições iniciais do problema. que serão estudadas com mais detalhes ao longo deste curso de Fenômenos e Princípios da Mecânica. 61). sua aceleração também (quando usamos um referencial inercial). se conhecermos todas as funções-movimento de todas as partículas do problema. se conhecermos como a partícula interage com sua vizinhança. pode-se perguntar porque não continuamos o processo que vimos realizando até aqui e definimos outras grandezas . A justificativa que demos para a introdução paulatina dessas quantidades foi que facilitariam a descrição detalhada e evidenciação de propriedades importantes do movimento em estudo. mais que justifica todo o processo realizado para a sua definição. Antes de encerrar esta seção. existe um conjunto de problemas importantes em Mecânica para os quais podemos encontrar a forma da função-aceleração de maneira relativamente simples.61). pois embora neles se possa obter a aceleração da partícula a partir de princípios simples. por uma função das posições e velocidades de todas as partículas envolvidas no problema (partícula+vizinhança). Naturalmente. De fato.61). vale a pena mais um comentário. Em geral. métodos alternativos à Equação (2. velocidade e aceleração médias. A uma partícula que não possui vizinhança damos o nome de partícula isolada. isso não significa que tenhamos a função-aceleração diretamente. O que a experiência mostra é que a aceleração da partícula é determinada pela sua posição e velocidade e pelas posições e velocidades das partículas da vizinhança. Contudo. no entanto. também de grande importância (talvez maior). Lembrando que velocidade e aceleração são dadas pela primeira e segunda derivadas da função-movimento. ao longo deste curso. é uma função do tempo somente. a força sobre uma partícula isolada tem de ser nula e. Portanto. propriedades cinemáticas como rapidez. respectivamente. Para esses problemas.3. Felizmente. não há como conhecer a função-aceleração sem que antes se resolva o problema. a essa função daremos o nome de função-força. o que permite determinar o movimento da partícula usando a Equação (2. de modo que ela seria a própria função-aceleração a menos de um fator constante. Desde que definimos a função-movimento no início da seção 2. A função-aceleração. se conhecermos as funções-movimento de todas as partículas do problema poderemos escrever a função-força como uma função apenas do tempo.Capítulo 2 – Cinemática 56 da partícula em estudo. por conseguinte. estudaremos alguns desses métodos. que é definida como uma partícula que está infinitamente distante de todas as outras do universo de maneira que nenhuma delas pode influenciar no seu movimento. O fato de que todo problema em Mecânica (direta ou indiretamente) é resolvido a partir da Segunda Lei de Newton e de que esta é uma afirmação sobre a aceleração. ação essa a qual damos o nome de força. Um outro conjunto de problemas. não podem ser resolvidos usando a Equação (2. velocidade e aceleração. Isso quer dizer que a aceleração da partícula é determinada. energia e momento (que estudaremos mais tarde) são definidas a partir dos conceitos de posição. já resolvemos o problema e não há mais necessidade de determinar a função-aceleração para calcular o movimento da partícula a partir da Equação (2. velocidade e aceleração instantâneas. a Segunda Lei de Newton nos dirá qual é sua aceleração. Essa influência é percebida como uma ação aceleradora sobre a partícula. Desse modo. vimos acrescentando outros conceitos auxiliares derivados da função-movimento: deslocamento.61) são necessários e. a menos de um fator de proporcionalidade. curvatura (para movimentos em 2 ou 3 dimensões) e dinâmicas como força. trajetória. Capítulo 2 – Cinemática 57 que sejam dadas por derivadas superiores da função-movimento. a função-velocidade deve ser uma função constante. estes conceitos são os conceitos necessários e suficientes para a descrição matemática completa do movimento na Mecânica. como a aceleração é definida como a a taxa de variação da velocidade um dado instante e.58). Como vimos anteriormente. a velocidade da partícula num instante t será dada por Z t vx = vx0 + adt0 = vx0 + at 0 e sua posição no instante t será Z t 0 x = x0 + vx0 t + Z t0 dt Z0 = x0 + vx0 t + 0 t adt00 0 1 at0 dt0 = x0 + vx0 t + at2 . 2 Em resumo. 2. pois as Leis da Mecânica fazem afirmações apenas sobre a função-movimento e suas duas primeiras derivadas. Portanto. uma vez que ela é sempre nula. Exemplo 2.63) Estas são exatamente as Equações que caracterizam um MRU com velocidade vx0 . x = x0 + vx0 t . isto é: ax = 0 . Exemplo 2. por exemplo. (2. a velocidade instantânea da partícula em qualquer instante t não pode variar. como a terceira ou a quarta derivadas. A resposta é que estas grandezas não trariam mais nenhuma informação útil à descrição do movimento. 1 x = x0 + vx0 t + at2 . Em verdade.58) e (2. Neste caso. O exemplo mais simples que pode ser dado corresponde. De fato.7. não sendo necessário buscar outros conceitos derivados da função-movimento além dos de velocidade e aceleração. Consideremos agora o caso em que a aceleração é uma constante não nula. ou seja.61) e (2. àquele no qual a aceleração é sempre nula em qualquer instante do intervalo de interesse. Logo. 2 (2. esta é a definição de MRU: o movimento no qual a velocidade da partícula é constante.62) (2. com a 6= 0.61) levam a vx = vx0 . a função-aceleração é sempre nula e as Equações (2. ax = a . naturalmente.6.5 Exemplos de movimentos retilíneos acelerados Nesta seção veremos alguns exemplos simples de funções-aceleração que podem ser usadas para a obtenção de funções-movimento e funções-velocidade via as Equações (2.65) . vx = vx0 + at .64) (2.4. elas não teriam nenhum significado físico. 66).0 m/s. alterar a própria vizinhança da partícula e/ou o modo como essa vizinhança interage com a partícula. Já as contantes x0 e vx0 . (2. τ vx = v0 e−t/τ .67) e (2. quaisquer valores arbitrários.68) para duas condições iniciais diferentes.66) onde a0 é uma constante real e τ é uma constante real positiva.Capítulo 2 – Cinemática 58 As Equações anteriores descrevem um tipo de movimento muito importante ao qual dá-se o nome de movimento retilíneo uniformemente variado (MRUV). vx = vx0 − a0 τ 1 − e−t/τ . as Equações (2. Os valores dos parâmetros a0 e τ utilizados são: a0 = 1 m/s2 e τ = 1 s.67) 2 1−e −t/τ .68) Nas Equações anteriores as constantes a0 e τ são determinadas. De um modo geral. podem assumir. A velocidade da partícula é dada por Z t u=t/τ 0 e−t /τ dt0 = vx0 − a0 τ −e−u u=0 = vx0 − a0 τ 1 − e−t/τ vx = vx0 − a0 0 e sua posição é dada por Z x = x0 + vx0 t − a0 = x0 + vx0 t − a0 τ t 0 dt 0 Z t Z t0 00 /τ e−t dt00 0 0 1 − e−t /τ dt0 0 = x0 + (vx0 − a0 τ ) t + a0 τ 2 1 − e−t/τ . é mais provável que a própria função-aceleração mude de forma. Discutiremos esse movimento em mais detalhe depois. que são as condições iniciais do problema.71) Figura 2. O gráfico em vermelho é da funçãomovimento com x0 = 0 m e vx0 = 0. não se pode atribuir valores arbitrários para essas constantes. O gráfico em azul é da funçãomovimento com condições iniciais x0 = 0 m e vx0 = 1. Como ilustração. em geral. (2. Seja um movimento no qual a função-aceleração é dada por ax = f¨x (t) = −a0 e−t/τ . Alterar essas constantes significa. e para cada condição inicial diferente teremos um movimento diferente. a0 = τ Nesse caso. Exemplo 2.8 referem-se a às funções-movimento dadas pela Equação (2. . os gráficos mostrados na Figura 2.8.8 m/s. Em resumo. (2. o que acarretaria uma mudança na forma das funções-movimento possíveis.68) tomam a forma v0 (2.70) −t/τ x = x0 + v0 τ 1 − e . mas sim dependendo da velocidade inicial vx0 ≡ v0 da partícula da seguinte maneira: v0 . como comentamos na seção anterior. Neste último caso.68) ocorre quando a constante a0 é considerada não mais como uma constante independente. Um caso particular muito importante da função-movimento (2. x = x0 + (vx0 − a0 τ ) t + a0 τ (2. pelo tipo de interação que a partícula possui com sua vizinhança e pelo estado de movimento da própria partícula e das partículas que compõem a vizinhança. (2. em geral. a não ser em casos especiais.8: Funções-movimento dadas pela Equação (2.68) para diferentes condições iniciais. (2.69) ax = − e−t/τ . de modo que o deslocamento total da partícula durante todo o movimento é ∆x = x − x0 = v0 τ . 2τ ax ≈ − (2.70). t τ .72) De (2. No outro limite.76) é caracterítica do movimento de uma partícula se movento num fluido (líquido ou gás) em repouso e apenas sob a ação viscosa desse fluido. Da Equação (2. a partícula está sempre desacelerando e essa desaceleração é tanto maior quanto maior for o valor absoluto da velocidade.69). s = |v0 |τ . e as Equações (2. Se considerarmos. contudo. um intervalo finito [0. .70) e (2.71) assumem a forma v0 . e vice-versa. Ela contém toda a informação dinâmica sobre o movimento e.71) vemos que a posição inicial (em t = 0) da partícula é x0 e sua posição final (em t = ∞) é x = x0 + v0 τ . t] mas com t τ . Observe que para que a partícula percorra essa distância é necessário esperar um tempo infinito. por conseguinte. é que a partícula percorre a distância |v0 |τ . Combinando as Equações (2. Isso significa. (2. ∞]. τ v0 x ≈ x0 + v0 t − t2 . Portanto. ou seja.Capítulo 2 – Cinemática 59 O domínio da função-movimento neste caso é o intervalo [0. portanto. que é finita. temos ax = − vx . podemos aproximar a aceleração no instante t por seu valor em t = 0. que o valor do módulo da velocidade sempre diminue durante o movimento. Veremos mais tarde no curso que ela representa também um dos modelos mais importantes para a descrição de sistemas onde há dissipação de energia mecânica.76) Assim. de onde se conclui que a distância total percorrida pela partícula nesse intervalo é igual ao módulo do deslocamento da partícula. (2.72) jamais é atingido.71). Na prática.74) (2.70) concluímos que o sinal da velocidade jamais muda durante o movimento.72).75) que é aproximadamente um movimento retilíneo uniformemente variado com aceleração ax = −v0 /τ . τ (2. ou seja. leva à função-movimento (2. τ v0 vx ≈ v0 − t .69) e (2. concluímos que a velocidade média v x = ∆x/∆t da partícula tende a zero no limite ∆t → ∞. o deslocamento total da partícula nesse intervalo será muito próximo do valor dado pela Equação (2.73) (2. onde ∆t = t−0 = t é a duração do movimento. a aceleração da partícula num instante qualquer depende apenas do valor de sua velocidade nesse instante. A Equação (2. A aceleração é proporcional a velocidade e seu sentido é sempre contrário ao sentido da velocidade: se a velocidade aponta no sentido positivo do eixo OX a aceleração aponta no sentido negativo do eixo OX. apenas no limite ∆t → ∞. isso quer dizer que o deslocamento (2. as Equações (2. Vamos considerar o caso em que as constantes a0 e φ se relacionam às condições iniciais da seguinte forma: a0 cos φ .79) O lado direito da Equação (2.57) e (2.60). a0 vx = − sen (ωt + φ) .77) onde a0 e φ são constante reais e ω é uma constante real positiva. (2. a velocidade da partícula no instante t será dada por Z t a0 cos (ωt0 + φ) dt0 = vx0 − [sen u]u=ωt+φ vx = vx0 − a0 u=0 ω 0 a0 a0 vx = vx0 + sen φ − sen (ωt + φ) ω ω e a posição é Z x = x0 + vx0 t − a0 t 0 dt Z t0 cos (ωt00 + φ) dt00 0 Z0 a0 t (sen (ωt0 + φ) − sen φ) dt0 = x0 + vx0 t − ω 0 a0 a0 = x0 + vx0 + sen φ t − 2 (cos φ − cos (ωt + φ)) . Consideremos um movimento onde a função-aceleração é uma função oscilante do tempo dada por ax = f¨x (t) = −a0 cos (ωt + φ) . Isso significa . ω ω a0 a0 a0 x = x0 − 2 cos φ + vx0 + sen φ t + 2 cos (ωt + φ) .78) e (2. a0 a0 sen φ − sen (ωt + φ) .78) (2. Poderíamos aqui discutir vários movimentos possíveis a partir da especificação de diferentes condições iniciais. ω ω ou seja. (2. ω ω ω vx = vx0 + (2.79) dá a função-movimento compatível com a funçãoaceleração (2. Contudo.79) tomam a forma ax = −a0 cos (ωt + φ) . ω2 a0 = − sen φ .77). Usando novamente as Equações (2. mas deixaremos isso como exercício.82) descreve um movimento oscilatório com período constante dado por T = 2π/ω e amplitude constante dada por A = a0 /ω 2 .79) que descreve um movimento de extrema importância para a Física.81) (2.Capítulo 2 – Cinemática 60 Exemplo 2. iremos discutir um caso particular de (2.77).82) A Equação (2.80) (2. ω2 (2. ω x0 = vx0 Neste caso.9. ω a0 x = cos (ωt + φ) . 82) temos ax = −ω 2 x . tomando t1 = 0 e t2 = t. ou seja. Sua generalidade está no fato de que para praticamente todos os sistemas ligados os movimentos das partículas nas proximidades dos pontos de equilíbrio estável podem ser modelados por osciladores harmônicos. música. Veremos futuramente que esta é uma caracterítica fundamental de todos os sistemas ligados. Dizemos então que o ponto O é um ponto de equilíbrio estável. etc.83) Portanto. t2 > t1 . Combinando as Equações (2. t2 ]. Tomando o sentido positivo do eixo OX da esquerda para a direita. A]. t−0 (2. Movimento retilíneo uniformentente variado Considere um dado intervalo [t1 . Em particular.80) e (2. então a partícula permanecerá sempre em repouso na origem O. a posição x da partícula só pode assumir valores tais que x ∈ [−A. O ponto O será de equilíbrio estável se. se x = 0 a aceleração é nula e. Mais tarde. Definimos o movimento retilíneo uniformemente variado (MRUV) como aquele no qual a aceleração média ax da partícula no intervalo [t1 .Capítulo 2 – Cinemática 61 que para qualquer intervalo de tempo [t1 . ou seja. Em Mecânica definimos os pontos de equilíbrio como aqueles para os quais a aceleração da partícula é nula. se x < 0 a partícula se encontra à esquerda da origem e o sentido de sua aceleração coincide com o sentido positivo do eixo OX. o valor da aceleração da partícula num instante qualquer depende apenas do valor de sua posição nesse instante. ondas sísmicas. neste curso. A Equação (2. Comparando a Equação anterior para vx com a Equação . absorção e emissão de radiação por átomos e moléculas. se nesse ponto tivermos também vx = 0. A].51) temos ax = vx − vx0 =⇒ vx = vx0 + ax t . movimentos de corpos celestes. pois a imensa maioria dos sistemas de interesse em Física constituem-se de sistemas ligados.83) descreve o sistema ligado mais simples possível: o oscilador harmônico simples (OHS). t2 ] é sempre a mesma quaisquer que sejam os valores de t1 e t2 . A aceleração é proporcional à posição e aponta sempre para a origem do eixo OX. Este é exatamente o caso aqui. (2.84) onde vx é a velocidade da partícula no instante t2 = t e vx0 é a velocidade da partícula no instante t1 = 0. aprenderemos mais sobre o OHS e sua aplicação a alguns fenômenos oscilatórios importantes. da Equação (2. isso quer dizer que se x > 0 a partícula se encontra à direita do ponto O e o sentido de sua aceleração é o sentido negativo do eixo OX. as posições onde ax = 0. que são definidos justamente como sistemas de partículas nos quais as partículas que o compõem se movem em torno de pontos de equilíbrio estável. t2 ] de duração fixa ∆t = t2 − t1 = T a posição e a velocidade da partícula em t2 têm os mesmos valores que em t1 e que o movimento da partícula é limitado ao intervalo espacial [−A. Esses sistemas são de longe os sistemas físicos mais importantes. O OHS é a base para a descrição de praticamente todos os fenômenos onde há oscilações: sistema massa-mola. ao colocarmos a partícula em repouso em O ela permanecer em repouso e se afastarmos a partícula do ponto O ela tender sempre a retornar a ele. a partícula inverte o seu movimento em t = t0 . Figura 2.85) com a > 0 e v0 < 0. t0 ].64) para vx = 0: 0 = v0 + at0 =⇒ t0 = − v0 . onde o papel lá realizado pela posição x e a velocidade vx agora é feito pela velocidade vx e a aceleração ax . (2.Capítulo 2 – Cinemática 62 (2. para qualquer t0 < t temos v0 + at > v0 + at0 =⇒ vx > 0 .85) 2 Esta é uma função polinomial de segundo grau em t. a > 0 e v0 < 0. podemos escrever a função-movimento (2. Na Figura 2. Logo. um gráfico de x contra t é uma parábola.65) para o MRUV como 1 x = fx (t) = x0 + v0 t + at2 . quanto menor mais aberta. Note a semelhança com as definições que demos para o MRU.9 nós mostramos um gráfico de (2. 2 2a (2. A trjetória da partícula em qualquer intervalo finito é sempre um segmento de reta. A constante a representa a concavidade da parábola: quanto maior o valor absoluto de a mais fechada é a parábola.9: Gráfico da posição contra o tempo de um MRUV onde x0 > 0. pois estamos tratando de uma partícula que se move apenas sobre o eixo OX. Portanto.64). o que significa que a inversão do movimento ocorre num instante anterior a t = 0. A posição da partícula em t = t0 . no intervalo [−∞. respectivamente. Se agora consideramos o intervalo [t0 . onde x0 é representado no gráfico como o ponto no qual a parábola corta o eixo dos x. Portanto. a (2. Esta é uma outra definição para o MRUV. a partícula se move no sentido negativo do eixo OX. se a for positivo. Fazendo vx0 = v0 e ax = a. a concavidade é para baixo. concluímos que a aceleração ax da partícula em qualquer instante num intervalo [t1 . se a for negativo. ∞]. O parâmetro v0 determina a posição do extremo da parábola em relação à origem do eixo dos t: se v0 /a < 0 o extremo da parábola ocorre num instante à direita do ponto t = 0 do eixo dos t (isso significa apenas que o sentido do movimento é invertido num instante posterior a t = 0). t2 ] qualquer é igual à sua aceleração média ax nesse intervalo. qualquer que seja a funçãomovimento. t0 ].87) é chamado de ponto de retorno do MRUV. significa que a concavidade da parábola é para cima. Isso fica claro quando olhamos a solução da Equação (2. . Tomemos o intervalo [−∞. ∞] a partícula se move no sentido positivo do eixo OX.86) Consideremos o caso em que v0 > 0 e a > 0. 1 v2 xr = x0 + v0 t0 + at20 = x0 − 0 . Então a velocidade vx em qualquer instante t < t0 é negativa. pois v0 + at < v0 + at0 =⇒ vx < 0 . Chamamos a atenção para que não se confunda o gráfico da função-movimento contra o tempo com a forma da trajetória da partícula. o que implica que no intervalo [t0 . se v0 /a > 0 o extremo está à esquerda. (2.89) Esta é uma propriedade muito importante do MRUV: a velocidade média num intervalo é igual à média aritmética das velocidades instantâneas nos extremos do intervalo.88). temos que o deslocamento da partícula que realiza um MRUV num intervalo [t1 .85). 2 2a de modo que 2 2 vx2 = vx1 + 2a∆x . Combinando o resultado anterior com a Equação (2. Combinando este resultado com a Equação (2. No caso deste último. s12 = |∆x12 | = |x2 − x1 | = 2 2 |vx2 − vx1 | .64).64) temos (v0 + at1 ) + (v0 + at2 ) vx1 + vx2 = . t2 ].Capítulo 2 – Cinemática 63 Consideremos agora o deslocamento ∆x = x2 −x1 da partícula num intervalo [t1 . 2 2 onde vx1 é a velocidade da partícula no instante t1 e vx2 é sua velocidade no instante t2 .88) onde t = (t1 + t2 ) /2 é o instante médio do intervalo [t1 .91) . Esta propriedade é válida apenas para o MRUV e para o MRU. Consideremos agora a distância percorrida por uma partícula em MRUV num dado intervalo. t2 ] é igual ao produto da velocidade instantânea no ponto médio do intervalo pela duração do intervalo. (2. a Inserindo esse resultado em (2.89) temos ∆x = 2 vx1 + vx2 v 2 − vx1 ∆t = x2 . t2 ] de duração ∆t = t2 − t1 . a inversão do sentido do movimento ocorre apenas uma vez no instante t0 dado por (2. Usando a Equação (2. temos 1 1 ∆x = v0 (t2 − t1 ) + a t22 − t21 = v0 ∆t + a∆t (t2 + t1 ) 2 2 ∆x = v0 + at ∆t . t2 ] tal que t0 6∈ [t1 . 2|a| (2. podemos escrever v0 + at = vx = ∆x vx1 + vx2 = . o sentido do movimento permanece sempre o mesmo e a distância percorrida nessse intervalo é igual ao módulo do deslocamento no intervalo. ∆t 2 (2.86).89) podemos ainda encontrar uma relação muito útil entre o deslocamento num intervalo e as velocidades nos extremos do intervalo.64) pode-se mostrar que a duração ∆t do intervalo está relacionada à variação da velocidade ∆vx = vx2 − vx1 no intervalo por ∆vx = a∆t =⇒ ∆t = vx2 − vx1 . Isso quer dizer que para qualquer intervalo [t1 . t2 ]. De (2.90) Esta Equação é normalmente conhecida como Equação de Torricelli. Como discutimos anteriormente. A partir da Equação (2. ela é trivial uma vez que v x = vx1 = vx2 = v0 qualquer que seja o intervalo [t1 . Usando ainda a Equação (2. t2 ]. t2 ] com t1 < t0 < t2 é simplesmente a soma das distâncias percorridas nos dois intervalos. qualquer partícula estará então sugeita à mesma aceleração dada por ay = −g .90). A quantidade g é geralmente chamada de aceleração da gravidade local porque seu valor depende das coordenadas do ponto O (origem do eixo coordenado OY ) sobre a superfície da Terra (latitude e longitude). t2 ] é s10 = |∆x10 | e s02 = |∆x02 | . cuja posição y é dada por 1 y = y0 + vy0 t − gt2 . Se considerarmos agora o eixo OY com origem em um ponto sobre a superfície da Terra e cujo sentido positivo é para cima. Porém. t0 ] ou [t0 . o intervalo [t1 . contudo. No início do século XVII Galileu (1564-1642) fez uma descoberta crucial para o nascimento e desenvolvimento da Física. a distância total percorrida pela partícula no intervalo [t1 . O valor médio aceito para g sobre a superfície da Terra é g ≈ 9. não há inversão no sentido do movimento da partícula. t2 ]. s12 = |∆x10 | + |∆x02 | = |xr − x1 | + |x2 − xr | = 2 2 + vx1 vx2 . A aceleração é negativa porque o movimento de queda é sempre acelerado no sentido da superfície da Terra e. com g > 0. o deslocamento no intervalo [t1 . portanto. Ele descobriu que todos os corpos. Como já vimos. Portanto. o sentido do movimento se inverte e a Equação (2.91) não é mais válida. onde ∆x02 = xr − x1 e ∆x10 = x2 − xr com xr dado por (2. t0 ] e [t0 . o movimento na direção vertical de qualquer partícula nas proximidades da superfície da Terra é um MRUV.Capítulo 2 – Cinemática 64 onde usamos a Equação (2. O mais importante deles. ∞]. é problema da queda livre dos corpos. de maneira que a distância percorrida em cada um dos intervalos [t1 . caem com a mesma aceleração nas proximidades da superfície da Terra (quando são eliminados os efeitos de resistência do ar) e que essa aceleração é constante. Se. a posição de uma partícula sobre esse eixo fica completamente especificada por sua coordenada y. Existem muitos problemas físicos em que o movimento de uma partícula pode ser modelado por um MRUV. 2 (2. t2 ] pode ser escrito como a soma dos deslocamentos nos intervalos [t1 . constituição e peso. Portanto.807 m/s2 . t00 ] ⊂ [t0 . idependentemente de suas formas. 2|a| (2. nesse caso. t2 ] é tal que t1 < t0 < t2 .87). qualquer que seja o intervalo [t0 . t0 ] e [t0 . no sentido negativo do eixo OY . De acordo com a descoberta de Galileu. t00 ] ⊂ [−∞.93) .92) onde usamos o fato de que a velocidade da partícula é nula em x = xr . ∆x12 = ∆x10 + ∆x02 . talvez. 2g (2.97) As Equações (2.94) a (2. De (2. Neste caso. s12 2 2 2 vy0 vy2 + vy0 = = y0 + .90) vemos que o módulo da velocidade vy2 da partícula ao atingir o solo é dada por 2 2 vy2 = −2g∆y = 2gyr = vy0 + 2gy0 . tf ]. Para finalizar nossa discussão sobre o MRUV. O deslocamento da partícula durante o intervalo de duração ∆t = tf − t0 necessário para ir de y = yr em t = t0 para y = 0 em t = tf é ∆y = 0 − yr = −yr . de modo que qualquer instante posterior do movimento tem valor positivo. de acordo com (2. t > 0. se inicialmente a partícula se move para cima com velocidade vy0 > 0.96) g e a distância total percorrida no intervalo [0. Para obter as Equações para a queda livre.92).87). e a duração da queda será dada por 1q 2 vy2 = vy0 + 2gy0 . o ponto de retorno é yr = y0 + 2 vy0 . t0 = vy0 . (2. é então dada por q 2 vy0 + vy0 + 2gy0 tf = t0 + ∆t = . g e haverá inversão no sentido do movimento se e somente se t0 > 0. que ocorre no intervalo [0.94) Nesse ponto. Consideremos o instante t = 0 como o instante em que o movimento inicia. O caso em que a partícula é atirada com uma velocidade inicial para baixo será deixado como exercício. basta fazer vy0 = 0 nas Equações anteriores. vamos mostrar que qualquer movimento retilíneo acelerado pode ser considerado um MRUV desde que se observe o movimento durante intervalos suficientemente curtos. De (2. A duração total do movimento. . a partícula começa a mover-se para baixo até que atinja a superfície em y = 0. ou seja.Capítulo 2 – Cinemática 65 Se o ponto O está sobre a superfície. tf ] é. onde a partícula é solta de uma altura y0 = h. usando a Equação (2. ∆vy = −g∆t =⇒ ∆t = − g g onde usamos o fato de que vy2 < 0 pois a partícula está se movendo no sentido negativo de OY nesse instante.86). y ≥ 0. tf ] será ∆vy = vy2 − 0 = vy0 . (2. então a posição da partícula só pode assumir valores positivos ou zero.97) são válidas para a descrição do lançamento vertical.95) A variação da velocidade no intervalo [t0 . 2g g (2. quando o corpo é jogado para cima com uma velocidade inicial positiva. com t ∈ [t1 .100) onde a00x é a aceleração da partícula no instante t00 e ax é a aceleração média no intervalo [t. o que implica que o movimento em questão é aproximadamente um MRUV com aceleração cujo valor no intervalo considerado é ax = f˙x (t + ∆t) − f˙x (t) ≈ f¨x (t) = ax1 . (2. 2 (2. ∀ t0 ∈ [t1 . =⇒ f¨x (t00 ) = a00x ≈ ∆t (2.65) se conhecemos sua posição x1 e velocidade vx1 no instante t: vx2 ≈ vx1 + ax1 ∆t . a posição x2 e a velocidade vx2 da partícula no instante t + ∆t podem ser obtidos a partir das Equações (2.98) por seu valor num instante t00 qualquer do intervalo. isto é.Capítulo 2 – Cinemática 66 Seja um dado intervalo [t1 . Neste caso. t2 ]. t2 ] . a variação da velocidade ∆vx = vx2 − vx1 nesse intervalo é dada pela Equação (2. Z t+∆t f¨x (t0 )dt0 . t + ∆t].98) ∆vx = t Suponhamos agora que o intervalo [t1 . Logo. Seja vx1 a velocidade da partícula em t1 = t e vx2 sua velocidade em t2 = t + ∆t. 1 x2 ≈ x1 + vx1 ∆t + ax1 (∆t)2 .102) Portanto. A Equação anterior diz que a aceleração média no intervalo em questão é aproximadamente igual à aceleração num instante qualquer do intervalo. respectivamente. podemos substituir o integrando em (2. para o qual a partícula realizaria um MRU. onde ∆t = t2 − t1 é a duração do intervalo.99) t t ∆vx = ax . Z t+∆t Z t+∆t 00 0 00 ∆vx ≈ f¨x (t )dt = f¨x (t ) dt0 = f¨x (t00 )∆t (2. t2 ] durante o qual a partícula realiza um movimento descrito pela função-movimento x = fx (t).101) (2. t2 ] seja tal que o valor da aceleração da partícula em qualquer instante desse intervalo seja praticamente o mesmo. a partícula possui uma função-velocidade e uma função-aceleração dadas por vx = f˙x (t) e ax = f¨x (t) . a menos que ax ≈ 0 nesse intervalo.56). Há apenas duas situações em que isso pode acontecer: se o movimento for exatamente um MRU ao longo de todo o intervalo ou se existe um extremo da função-velocidade .64) e (2. ou seja. o movimento da partícula no intervalo pode ser aproximado por um MRUV. f¨x (t0 ) ≈ f¨x (t1 ) ≈ f¨x (t2 ) . onde f˙x e f¨x são as funções dadas pela primeira e segunda derivadas de fx . ∆t Assim. Então. .. o critério para ∆t nesse exemplo é ∆t τ . A importância das Equações (2. as leis da Dinâmica (Segunda Lei de Newton) permitem sabermos qual a aceleração a0 sofrida pela partícula nesse instante desde que saibamos. tf ] qualquer de duração ∆tif = tf − ti .. . 2.. v2 . com ∆t2 ∆tif . podemos calcular a posição x2 e a velocidade v2 da partícula num instante t2 = t1 + ∆t2 . . vj .101) e (2. é muito difícil obter a função-movimento exata de uma partícula num intervalo [ti .. tf }. como veremos em detalhes no estudo da Dinâmica. x1 .. tj . xj .4 nos dedicamos exclusivamente à descrição de movimentos cuja posição da partícula em qualquer instante de tempo (e portanto o seu movimento) fica completamente especificada quando se conhece . isto é.Capítulo 2 – Cinemática 67 no interior do intervalo.. Continuando esse procedimento até o instante tf teremos obtido um conjunto Xn = {x0 . com ∆t1 ∆tif . que por sua vez permite sabermos o valor de a2 através da Segunda Lei de Newton e calcularmos as novas posição x3 e velocidade v3 num instante t3 = t2 + ∆t3 . Podemos então fazer o seguinte enunciado: qualquer movimento retilíneo num intervalo suficientemente pequeno pode ser aproximado por um MRUV com aceleração igual à aceleração ax no início do intervalo. poderemos conhecer qualquer movimento por esse procedimento.. No exemplo 2.102). .5 vimos um caso desse tipo. xn } de posições e Vn = {v0 .8 da seção 4. t2 .. tn−1 . Essa interpolação será tanto melhor quanto maiores forem os conjuntos Xn e Vn . .101) e (2. . como mostrado nas esquações (2. naturalmente. De um modo geral.. Sabendo x1 e v1 . Usando as Equações (2. como a partícula interage com sua vizinhança. Assim.102) está no fato de que a aceleração pode ser obtida diretamente das forças que atuam sobre a partícula quando usamos referenciais inerciais na descrição do movimento.. Portanto. de onde o movimento pode ser aproximado por um MRU com velocidade igual à velocidade no instante inicial do intervalo.101) e (2. Recorrendo novamente às Equações (2. O critério para a escolha do tamanho adequado para duração ∆t depende de cada intervalo escolhido bem como do tipo de movimento estudado. Na seção 2. se conhecemos a posição x0 e a velocidade v0 da partícula no instante inicial t0 = ti . podemos usar novamente a Segunda Lei de Newton para saber a aceleração a1 da partícula no instante t1 . o que implica quanto menores forem os ∆tj = tj+1 − tj . vn } de velocidades da partícula em cada instante pertencente ao conjunto Tn = {ti .. se existe um t0 ∈ [t. de maneira que teremos a função-movimento e a função-velocidade da partícula por interpolação de todos os pontos de Xn e Vn em função de Tn . t + ∆t] tal que f¨x (t0 ) = 0. v1 . t1 . x2 . em que o movimento da partícula pode ser descrito como um MRUV para instantes no intervalo [0.102). vn−1 . xn−1 . podemos calcular a posição x1 e a velocidade v1 da partícula num instante t1 = ti + ∆t1 . Assim... para qualquer intervalo [t1 ..73) a (2. justificando ainda mais a importância do MRUV.75). t] quando t τ .5 Movimento em duas ou três dimensões Nas seções 2 e 3 nós fomos iniciados nos conceitos fundamentais que definem e permitem a descrição completa do movimento de uma partícula: os conceitos de referencial e função-movimento.. a menos que ax ≈ 0. . t2 ]... Especificando o vetor posição da partícula estamos especificando a posição da partícula (por isso ele tem o nome de vetor posição). e P é o ponto no espaço de coordenadas (x. conhecemos suas coordenadas x. em 3 dimensões representam a esmagadora maioria dos movimentos encontrados na natureza. iremos utilizar um conceito matemático extremamente eficiente e poderoso para a representação de um grande número de quantidades físicas: o conceito de vetor. que auxiliam bastante na descrição cinemática do movimento e permitem (quando referenciais apropriados são utilizados) obter a função-movimento da partícula a partir das Leis da Mecânica. 0).4. damos o nome de vetor posição. cujas coordenadas são (0. respectivamente. y e z em relação ao referencial OXY Z. z) − (0. É desnecessário dizer que os movimentos em 2 e. y. só que para a descrição de movimentos no plano e no espaço. ou seja. Em outras palavras. Diferentemente do que foi feito até agora. estudamos os movimentos unidimensionais ou retilíneos. Consideremos agora uma outra forma. isto é. em detalhe. 0) = (x.1 Vetor posição Na seção 2 vimos como representar a posição de uma partícula em relação a um sistema de eixos coordenados OXY Z: a posição fica completamente determinada quando damos a trinca (x. ou seja. onde nos concentramos no conceito de ponto geométrico para a descrição do movimento de uma partícula. Ao longo da última seção nos dedicamos a desenvolver conceitos derivados da função-movimento. Nesta seção nós iremos fazer um percurso semelhante ao que fizemos na seção 2. principalmente. t2 ] nós sabemos a posição da partícula. y. OY e OZ. e estudaremos alguns exemplos de movimentos especiais. y e z do ponto P dão exatamente as componentes do vetor posição ao longo dos eixos coordenados OX. Aprendemos que conhecemos o movimento de uma partícula quando para qualquer instante t num dado intervalo [t1 . (2. que definimos (seção 2. o vetor posição pode ser escrito em termos das cordenadas da partícula como r = (x. o vetor velocidade e o vetor aceleração. Essa afirmação nos levou diretamente ao conceito das funções-movimento. y. alguns tipos de movimento retilíneo de grande importância física. z) de coordenadas do ponto P que representa a partícula em relação a OXY Z. Portanto. as coordenadas x. Discutimos também. Definiremos então as quantidades fundamentais para a descrição do movimento de uma partícula em 2 e 3 dimensões: o vetor posição.Capítulo 2 – Cinemática 68 apenas uma coordenada. z) . como o MRU e o MRUV. A esse vetor. onde O é a origem do referencial. que permitem determinar cada coordenada para um dado instante t dentro do intervalo de .5. 2. Considere um vetor cujo módulo é igual ao comprimento do segmento de reta OP e cujo sentido é de O para P . ele é o vetor que liga a origem do referencial à partícula. de especificar a posição do ponto P . z) que representa a partícula.103) Nesta Equação. movimentos bi e tridimensionais. y. como velocidade e aceleração. mas totalmente equivalente.2) como movimentos que precisam de duas e três coordenadas. 0. 0. para serem descritos. respectivamente. como o lançamento de projéteis e o movimento circular. ou seja. Optamos por esses últimos porque seus nomes lembram diretamente os eixos coordenados aos quais fazem referência. Seja x ˆ um vetor unitário paralelo ao eixo coordenado OX e que aponta no sentido positivo de OX. É ortonormal porque os vetores da base são vetores de módulo unitário e perpendiculares entre si.107) A Equação anterior dá o vetor posição da partícula para qualquer instante t do domínio das funções-movimento das coordenadas. especificamente. é completamente equivalente a definir esses vetores. respectivamente. z = fz (t) .108) (2. ˆ z×x ˆ=y ˆ. Então. fy e fz usuais. o vetor posição. y = fy (t) .110) acrescentam uma outra propriedade à base: cada vetor da ˆ no lugar dos símbolos x Frequentemente se usa os símbolos ˆi. Seja y ˆ um vetor unitário paralelo ao eixo OY e que aponta no sentido positivo de OY e seja ˆ z um 3 vetor unitário paralelo ao eixo OZ e que aponta no sentido positivo de OZ . Combinando as Equações (2. Essa regra diz: cada componente do vetor posição num dado instante t é determinada pela função-movimento associada à coordenada correspondente. fy e fz são funções contínuas de t. fz (t)) . podemos escrever r = f (t) = (fx (t). A função f consiste numa regra que especifica para cada t um único vetor cujas componentes ao longo dos eixos coordenados dão as coordenadas da partícula. y ˆeˆ z para se representar os vetores unitários associados aos eixos coordenados OX.Capítulo 2 – Cinemática 69 interesse.104). É uma base porque constitui-se de três vetores linearmente independentes em termos dos quais pode-se escrever quaisquer vetores no espaço tridimensional. 3 .109) (2. As Equações (2. definir o sistema OXY Z.106) onde fx . (2. Consideremos o sistema de eixos coordenados OXY Z.106) com a Equação (2. Ela tem esse nome porque seu valor para um dado t é um vetor. A função f é chamada de função-movimento vetorial.103).108) e (2. (2.110) onde o símbolo “·” representa o produto escalar entre dois vetores enquanto o símbolo “×” representa o produto vetorial entre dois vetores. que devem satisfazer às Equações x ˆ·x ˆ=y ˆ·y ˆ=ˆ z·ˆ z = 1. O domínio dessa função é o mesmo das funções-movimento das coordenadas e o contra-domínio é o conjunto de todos os vetores que ligam a origem do sistema de eixos coordenados a todos os pontos do espaço. x ˆ·y ˆ=x ˆ·ˆ z=y ˆ·ˆ z = 0. As Equações (2. fornecem um número para cada valor de t. fy (t).105) (2. OY e OZ. (2.104) (2.105) e (2. x ˆ×y ˆ=ˆ z. ˆj e k ˆ. Uma outra maneira de representar o vetor posição é escrevê-lo em termos dos vetores unitários com a mesma direção e sentido dos eixos coordenados.109) definem o que chamamos em álgebra linear de uma base ortonormal. Já as funçõesmovimento fx . y ˆ×ˆ z=x ˆ. x = fx (t) . (2. A função f é uma função que a cada instante t fornece o vetor posição da partícula. (2. vemos que o vetor deslocamento da partícula no intervalo [t1 . Definimos de vetor deslocamento ∆r no intervalo [t1 . y ˆeˆ z mudam segundo as mesmas Equações e que o vetor posição muda de acordo com a Equação (2. ∆y = y2 − y1 e ∆z = z2 − z1 são as projeções do vetor deslocamento da partícula ao longo dos eixos coordenados OX. com t2 > t1 . t2 ] . Em termos dos vetores x ˆ. conhecemos a trajetória da partícula num dado intervalo de tempo.103) em termos das coordenadas pode ser escrito como r = xx ˆ+yy ˆ +zˆ z. 2.Capítulo 2 – Cinemática 70 base pode ser obtido a partir do produto vetorial dos outros dois vetores seguindo a regra da mão direita. de acordo com a Equação (2. OY e OZ. conhecendo-a. Essas projeções têm exatamente a forma de um deslocamento num movimento unidimensional (ver Equação (2.107).113) (2. respectivamente. t2 ] à diferença ∆r = r2 − r1 = ∆x x ˆ + ∆y y ˆ + ∆z ˆ z. (2. e equivalentemente para o ponto P2 . y1 = fy (t1 ) e z1 = fz (t1 ) são as coordenadas do ponto P1 no instante t1 . durante o movimento.106).5. portanto. os vetores posição r1 e r2 da partícula nos instantes t1 e t2 são dados por r1 = f (t1 ) = x1 x ˆ + y1 y ˆ + z1ˆ z.104). que é justamente a trajetória da partícula.114) onde x1 = fx (t1 ). y ˆ eˆ z. à medida que o tempo passa. o início do vetor posição fica fixo na origem do sistema de eixos coordenados enquanto seu ponto final (o ponto P ) vai traçando uma linha no espaço.105) e (2. as coordenadas da partícula mudam de acordo com as Equações (2. (2. portanto. Mais que apenas a trajetória. o que nos leva à definição de um outro vetor que reúne essas informações para cada ponto da trajetória: o vetor velocidade. o que significa que as componentes do vetor posição nas direções dos vetores x ˆ. Então. r2 = f (t2 ) = x2 x ˆ + y2 y ˆ + z2ˆ z. apenas as coordenadas do ponto P mudam enquanto as coordenadas de O permanecem constantes. de modo que as chamaremos de deslocamentos ao longo dos eixos ou simplesmente deslocamentos. o problema fundamental da Mecânica pois. Como. (2.2 Vetor velocidade Considere que num dado instante t1 a partícula esteja num ponto P1 e no instante t2 esteja num ponto P2 de sua trajetória. o vetor posição definido pela Equação (2. Obter a função f constitui.112) Num dado movimento.112). podemos ainda escrever o vetor posição como r = f (t) = fx (t) x ˆ + fy (t) y ˆ + fz (t) ˆ z. Da Equação (2. (2. a partir da função f podemos saber o sentido do movimento em cada ponto da trajetória e a rapidez com que o vetor r muda a cada instante.115) onde ∆x = x2 − x1 .8)).115).111) Em termos das funções-movimento. Capítulo 2 – Cinemática 71 é o vetor cujas componentes são os deslocamentos da partícula ao longo dos eixos coordenados nesse intervalo. o módulo do vetor deslocamento é dado por q (2. Dizemos então que. A direção é a da reta que passa pelos pontos P1 e P2 ou. o vetor deslocamento dá apenas uma informação global do movimento. |∆r| |∆r| |∆r| (2.4. O sentido é o que aponta de P1 para P2 . valores negativos correspondem a ângulos obtusos (π/2 < δ ≤ π) e um valor nulo corresponde ao ângulo reto (δ = π/2). Vimos na seção 2. cos δz = . Podemos ir por João Pessoa (que é o caminho mais natural) ou podemos ir para Mossoró. que o sinal do deslocamento especifica o seu sentido em relação ao eixo e que seu módulo dá a distância entre as coordenadas da partícula nos instantes inicial e final do intervalo. podemos escrever o vetor deslocamento num dado intervalo [ti . Ele especifica também qual a direção e em que sentido esse deslocamento ocorreu. em outras palavras. Como exemplo.116) |∆r| = (∆x)2 + (∆y)2 + (∆z)2 . Ele apenas “diz” que a partícula partiu do ponto P1 e chegou ao ponto P2 num instante posterior. como a partícula chegou a P2 partindo de P1 . δy e δz . Do mesmo modo que o deslocamento em uma dimensão. depois para Petrolina e de lá para Recife: o deslocamento será exatamente o mesmo. Não há como saber.117) Os cossenos dos ângulos diretores são chamados de cossenos diretores e esses cossenos podem assumir valores no intervalo [−1. considere uma viagem de Natal a Recife. não há como saber qual a funçãomovimento vetorial da partícula. Do mesmo modo que o deslocamento usual. Não importa por quais cidades se passou. O vetor deslocamento é exatamente o equivalente vetorial do deslocamento. conhecendo apenas o vetor deslocamento.1 que o deslocamento ∆x ao longo do eixo OX. que são os ângulos que o vetor deslocamento faz com cada um dos vetores unitários dos eixos coordenados e cujos cossenos são dados por cos δx = ∆y ∆z ∆x . De fato. ∆r = rrec − rnat . tf ] como a soma vetorial dos vetores deslocamento associados aos subintervalos menores que compõem o intervalo . existe uma infinidade de maneiras de se ir de um ponto a outro do espaço. nosso vetor deslocamento após a viagem será ∆r = rrec − rnat . determina a variação da coordenada x da partícula durante o intervalo considerado. Ele determina a variação da posição da partícula num dado intervalo e seu módulo determina a distância entre os pontos P1 e P2 que especificam as posições da partícula nos extremos do intervalo. Se rrec for a posição de Recife em relação a um dado referencial e rnat for a posição de Natal nesse mesmo referencial. por exemplo. 1]: valores positivos correspondem a ângulos agudos (0 ≤ δ < π/2). Não importa de que maneira façamos nossa viagem de Natal a Recife. da reta secante à trajetória nos pontos P1 e P2 . apenas com o conhecimento do vetor deslocamento num dado intervalo. para o vetor deslocamento o que importa é o resultado líquido da viagem: partida de Natal e chegada em Recife. Em termos de suas componentes. cos δy = . e sua direção e sentido são dados pelos ângulos diretores δx . depois para Fortaleza. e a duração ∆t = t2 − t1 do intervalo.5 = 80 km/h. Ele é definido com a razão entre o vetor deslocamento ∆r = r2 − r1 no intervalo [t1 . Logo. eles possuem os mesmos cossenos diretores dados pelas Equações (2. t2 > t1 . escolhermos ir . OY e OZ.122) onde v x . podemos escrever o vetor velocidade média em termos de suas componentes como v= ∆x ∆y ∆z x ˆ+ y ˆ+ ˆ z = vx x ˆ + vy y ˆ + vz ˆ z.1 para a obtenção da Equação (2.13).12). ∆yj → 0 e ∆zj → 0 simultaneamente no intervalo [tj .115). gastaremos cerca de 3.4. sendo ℘n um conjunto arbitrário de partições do intervalo [ti . definidas segundo a Equação (2.119) é o vetor deslocamento da partícula no intervalo [tj .Capítulo 2 – Cinemática 72 [ti . tj+1 ] quando tj+1 → tj . o que está garantido pela continuidade das funções-movimento fx . Consideremos novamente o exemplo da viagem entre Natal e Recife.114). fy e fz . tf ].121) onde usamos as Equações (2.20). t2 ]. v y e v z são as velocidades médias ao longo dos eixos OX.116). que corresponde aproximadamente ao módulo do vetor deslocamento entre as duas cidades. ∆t t2 − t1 (2. Seguindo exatamente o mesmo raciocínio realizado na seção 2. tf ].120) onde |∆rj | é calculado segundo a Equação (2. o módulo do vetor velocidade média neste caso é v ≈ 280/3.117). Consideremos agora o vetor velocidade média. podemos escrever ∆r = n X ∆rj = j=0 n X (f (tj+1 ) − f (tj )) . Seu módulo q |v| ≡ v = v 2x + v 2y + v 2z mede a rapidez com que a variação da posição da partícula mudou no intervalo considerado. (2. porém. tf ] cujos elementos satisfazem às condições (2. Note que ∆rj → 0 se e somente se ∆xj → 0. tj+1 ] ∈ ℘n .113) e (2. Se. pode-se mostrar que s = lim n→∞ n X j=0 lim |∆rj | = lim ∆rj →0 n→∞ n X j=0 lim |f (tj+1 ) − f (tj )| . Para a distância s percorrida pela partícula durante o intervalo [ti .118) j=0 onde ∆rj = rj+1 − rj = ∆xj x ˆ + ∆yj y ˆ + ∆zj ˆ z (2.11) e (2. Se fizermos a viagem de carro indo pelo caminho 1 (passando por João Pessoa). tj+1 →tj (2. respectivamente. ∆t ∆t ∆t (2.5 h para fazer um percurso de 280 km. ou seja. v= ∆r f (t2 ) − f (t1 ) = . O sentido e a direção do vetor velocidade média são os mesmos do vetor deslocamento. A partir de (2. Se se dissesse que as duas viagens foram feitas no mesmo veículo. Logo. Fortaleza e Petrolina). isto é. coincidem num único ponto P cujo vetor posição é r = f (t). é o mesmo sentido do vetor deslocamento. o que significa que o ponto P2 tende a ponto P1 e que.104) a (2. podemos afirmar que o deslocamento entre Natal e Recife foi realizado mais rapidamente no primeiro caso que no segundo. Considere um intervalo [t1 . podemos construir a trajetória da partícula nesse intervalo. apenas o conhecimento do vetor velocidade média não é suficiente para definir a trajetória da partícula e nem a rapidez com que ela é percorrida. seu sentido dá o sentido do movimento da partícula e seu módulo dá a rapidez com que o vetor posição varia no instante t. baseados apenas no valor da velocidade média. ∆t→0 ∆t ∆t→0 ∆t dt v = lim (2.123) Devido à continuidade das funções-movimento (2. podemos afirmar que o vetor velocidade é um vetor sempre tangente à trajetória da partícula num ponto P que mede a rapidez com que a posição da partícula varia e que indica o sentido do movimento da partícula nesse ponto. No exemplo dado.106). que direções e sentidos tomou. Como cada instante t corresponde a um ponto P da trajetória. pela definição (2. tende à reta tangente à trajetória no ponto P quando ∆t → 0. o vetor velocidade média tende ao vetor velocidade no ponto P . se conhecermos o vetor velocidade para cada ponto P . que define a direção do vetor velocidade média. definiremos o vetor velocidade instantânea ou simplesmente vetor velocidade. Portanto. Isso significa que.0 km/h.Capítulo 2 – Cinemática 73 pelo percurso 2 (passando por Mossoró. a reta secante à trajetória nos pontos P1 e P2 . o que significa saber seu valor em cada instante t do intervalo de interesse.121). O sentido do vetor velocidade média. no limite. enquanto o segundo valor (8. t + ∆t]. 280 km. o vetor velocidade média dá apenas uma informação global sobre o movimento. Portanto o módulo do vetor velocidade média neste caso é v ≈ 280/35 = 8. para cada . não poderia dizer qual foi o caminho real tomado (por quais cidades passou) e como esse caminho foi percorrido (em que trechos o veículo parou. Portanto. Contudo. o vetor velocidade média da partícula nesse intervalo é dado por v= f (t + ∆t) − f (t) ∆r = . etc. como já comentamos. ∆r f (t + ∆t) − f (t) dr = lim = . o conhecimento dos valores calculados da velocidade média apenas levariam alguém a supor que o valor mais alto (80 km/h) significa que a viagem foi muito provavelmente feita num automóvel. andou mais rapidamente. esse alguém concluiria que na segunda viagem o veículo deve ter passado muito tempo parado ou seguiu por um outro percurso muito mais longo do que o normalmente utilizado e. t2 ] ≡ [t. o limite ∆t → 0 implica r2 → r1 . mesmo que lhe fosse dito que este é justamente o caso. Então. do mesmo modo que o vetor deslocamento. ∆t ∆t Definimos o vetor velocidade ao limite da razão anterior quanto ∆t → 0. Para isso. No limite ∆t → 0.). Portanto. o tempo de viagem será cerca de 35 h (admitindo que haja parada para descanso) enquanto o módulo do vetor deslocamento é o mesmo.0 km/h) indicaria que provavelmente a viagem foi realizada a pé ou em algum veículo de tração animal (como uma carroça). Se v0 6= v00 então r0 6= r00 . se assim não fosse. onde r é o vetor posição da partícula no instante t. Consideremos novamente a Equação (2. num instante t + ∆t ela teria dois vetores posição r0 e r00 . temos. (2.121). A essa função damos o nome de função-velocidade vetorial. podemos escrever a função f˙ como f˙(t) = f˙x (t) x ˆ + f˙y (t) y ˆ + f˙z (t) ˆ z. v = lim vx = f˙x (t) .118). v = f˙(t) . por exemplo.128). e apenas um. para ∆t suficientemente pequeno. Existe então uma função que para um t ∈ [t1 . temos ∆r = n X ∆rj j=0 ∆tj ∆tj = n X j=0 vj ∆tj . respectivamente. vetor velocidade v pois.130) . podemos escrever a Equação (2. Representando essa função por f˙.127) (2.118) por ∆tj e usando a definição (2. (2. dados por r0 ≈ r + v0 ∆t e r00 ≈ r + v00 ∆t .124) a (2. o que é absurdo. (2. Cada termo da soma corresponde ao vetor deslocamento num intervalo finito [tj .128) Combinando as Equações (2. (2. significando que a partícula estaria ocupando duas posições diferentes no mesmo instante de tempo. O conhecimento da função-velocidade vetorial num dado intervalo [ti . as componentes de v são portanto obtidas a partir de suas funções-velocidade correspondentes.126) a (2.32) para cada eixo coordenado OX.125) ∆t→0 ∆t ∆t→0 ∆t ∆t→0 ∆t onde vx . vy = f˙y (t) .Capítulo 2 – Cinemática 74 t deve exitir um.129) que é uma função que a cada valor de t (que é um número) associa um vetor cujas componentes são dadas pelas Equações (2. t2 ] permite calcular um único v correspondente cujo domínio é o intervalo [t1 . Para um dado instante t.124) Em termos das componentes ao longo dos eixos coordenados. vz = f˙z (t) . vy e vz são as velocidades instantâneas definidas segundo a Equação (2. vemos que essa função corresponde exatamente à função derivada da função-movimento vetorial. não se poderia definir uma única tragetória para a partícula: se num instante t a partícula pudesse ter um vetor velocidade v0 e outro v00 . (2. Da definição (2. tf ] é suficiente para determinar o vetor deslocamento e a distância percorrida pela partícula ao longo da trajetória durante esse intervalo.126) (2. tj+1 ] ∈ ℘n de duração ∆tj = tj+1 − tj > 0. ou seja. OY e OZ.123) como ∆y ∆z ∆x x ˆ + lim y ˆ + lim ˆ z = vx x ˆ + vy y ˆ + vz ˆ z . Dividindo e multiplicando cada parcela da soma em (2. t2 ] e cujo contradomínio é o conjunto de todos os vetores velocidade tangentes a todos os pontos de todas as curvas contínuas possíveis pertencentes ao espaço definido pelo sistema de eixos coordenados OXY Z.123).128). 124)) no intervalo [ti .5.129). a Equação (2. o vetor velocidade média vj tende ao vetor velocidade no instante tj = t e a soma anterior tende à integral do vetor velocidade (dado pela Equação (2. Comparando esse resultado com a Equação (2. a Equação anterior leva a Z r = r0 + t f˙(t0 )dt0 . Tomando o limite de n → ∞ e ∆tj → 0.44). vemos que (2. tj+1 ] ∈ ℘n . Combinando (2. conhecemos totalmente o movimento da partícula no intervalo de interesse. tf ]. y0 e z0 da partícula). (2.135) 0 para cada coordenada x.118).131) ti Sem perda de generealidade. tf ] ≡ [0. y e z da partícula no instante t em relação ao referencial OXY Z. se conhecemos a funçãovelocidade vetorial da partícula (o que significa conhecer as três funções-velocidade f˙x . Z tf f˙(t)dt .136) . seu vetor posição para qualquer t fica especificado. n→∞ n→∞ ∆tj →0 ∆rj →0 ∆tj j=0 j=0 s = lim n X lim (2. ou seja. Se r0 = x0 x ˆ + y0 y ˆ + z0 ˆ z é o vetor posição da partícula em ti = 0 e r = x x ˆ+ yy ˆ +zˆ z é seu vetor posição em tf = t. que é válida para o movimento retilíneo.3 Distância percorrida pela partícula: integral de trajetória Consideremos agora a distância s percorrida pela partícula no intervalo [ti .132) é totalmente equivalente ao conjunto de Equações Z t f˙x (t0 )dt0 .Capítulo 2 – Cinemática 75 onde vj é o vetor velocidade média da partícula no intervalo [tj . f˙y e f˙z ) e sabemos o vetor posição num dado instante inicial (o que significa conhecermos as três coordenadas x0 . para qualquer [tj .120) como n X |∆rj | ∆tj = lim lim |vj |∆tj . t]. podemos considerar o intervalo [ti .134) y = y0 + 0 Z t z = z0 + f˙z (t0 )dt0 . tf ]. Portanto. a Equação anterior é válida para qualquer conjunto ℘n de partições do intervalo [ti . vemos que o lado direito de (2. 2. Podemos escrever a Equação (2.133) x = x0 + 0 Z t f˙y (t0 )dt0 . tf ].132) afirma que.112) e (2.132) 0 Esta Equação é o equivalente vetorial da Equação (2. (2. (2.132) é justamente a função-movimento vetorial f da partícula em termos de sua função-velocidade vetorial f˙ e do vetor posição num instante inicial. tj+1 ]. (2.112). Assim como (2. ∆r = (2. que depende apenas das posições final e inicial.Capítulo 2 – Cinemática 76 onde usamos o fato de que ∆tj > 0 ∀ [tj . dz = f˙z (t)dt .143) (2. a Equação anterior nos permite calcular a distância percorrida pela partícula durante o intervalo [ti . tf ]. xf ] do eixo coordenado OX permite conhecer a trajetória da partícula no intervalo de tempo [ti .5) e (2. se conhecemos as funções-velocidade f˙x . Para cada ponto P da trajetória. f˙y e f˙z . f˙x (t) (2. deveremos ser capazes de calcular a distância percorrida pela partícula durante seu movimento.139). as funções Ty e Tz fornecem as coordenadas y e z de P se conhecemos sua coordenada x. (2.147) f˙x (t) dz = Tz0 (x) ≡ f˙z (t) . (2. se no instante ti a coordenada da partícula em relação ao eixo OX é x = xi e no instante tf a coordenada é x = xf . temos dy = Ty0 (x)dx . podemos escrever as diferenciais em y e z em termos da diferencial em x. Logo.142) (2.140) (2. Diferenciemos também as Equações (2.138) e (2.144) Combinando as Equações anteriores entre si. Eis porque as Equações (2.148) . z = fz fx−1 (x) ≡ Tz (x) . tf ]. (2.141) onde Ty0 e Tz0 são as funções obtidas pela derivação de Ty e Tz em relação a x. y = fy fx−1 (x) ≡ Ty (x) . (2. Isso sugere que. dz = Tz0 (x)dx .139) onde fx−1 é a função inversa da função-movimento fx . a distância percorrida depende da forma da trajetória. ou seja.138) (2. Realizando a diferenciação de (2. dy = f˙y (t)dt .6).147) e (2. (2. Diferentemente do vetor deslocamento. Consideremos novamente as Equações (2. se conhecermos as Equações da trajetória da partícula.139) são chamadas de Equações da trajetória.104) a (2. o conhecimento das funções Ty e Tz no intervalo [xi .148) segue imediatamente que f˙y (t) Ty0 (x) ≡ . (2.145) dy = f˙x (t) f˙z (t) dx . dx = f˙x (t)dt .137) s= ti ti Logo.106).138) e (2. A Equação anterior é justamente a integral Z tf q Z tf ˙ |f (t)|dt = f˙x2 (t) + f˙y2 (t) + f˙z2 (t) dt . tj+1 ] ∈ ℘n .146) f˙x (t) Comparando as Equações anteriores com as Equações (2. (2. f˙y (t) dx . pois estão relacionadas pela Equação (2. Retornando à Equação (2.104): x = fx (t) =⇒ t = fx−1 (x). podemos escrever Z tf s= Z q f˙2 (t) + f˙2 (t) + f˙2 (t) dt = x y tf z ti ti " f˙y2 (t) f˙z2 (t) 1+ + f˙x2 (t) f˙x2 (t) #1/2 .Capítulo 2 – Cinemática 77 Deve-se lembrar que nas Equações anteriores x e t não são variáveis independentes.137). . . ˙ . f (t) . x dt . Combinando o resultado anterior com os resultados (2.142), (2.147) e (2.148), temos Z xf q s= 1 + Ty0 2 (x) + Tz0 2 (x) |dx| , (2.149) xi onde xi = fx (ti ) e xf = fx (tf ). A Equação anterior permite o cálculo da distância percorrida pela partícula no intervalo [ti , tf ] desde que conheçamos as funções Ty e Tz que determinam sua trajetória. Contudo, as Equações (2.138) e (2.139), e consequentemente a Equação (2.149), dependem da existência da função inversa de fx em todos os pontos do intervalo [ti , tf ] o que, em geral, não é garantido para qualquer fx . Frequentemente acontece, no entanto, de a função fx possuir uma função inversa numa parte do intervalo e uma outra no restante desse intervalo. Neste caso pode-se calcular a integral em (2.149) nos sub-intervalos separadamente, usando a função fx−1 correspondente a cada um, e depois somar os resultados para obter a distância percorrida no intervalo todo. Esse procedimento pode ser utilizado para um número arbitrário de subintervalos de [ti , tf ]. Nos problemas que abordaremos, isso sempre será possível. Agora, investiguemos melhor a Equação (2.149). Ela consiste numa integral cujo valor depende do caminho utilizado para calculá-la, ou seja, da trajetória escolhida. Para ilustrar esse fato, consideremos o caso particular em que xi = xf = x0 . Poder-se-ia ingenuamente afirmar que o resultado da integração (2.149) é sempre zero neste caso, pois como o limite inferior é igual ao limite superior de integração, qualquer que seja a função primitiva4 do integrando em (2.149) o valor da integral deve ser a diferença entre os valores da função primitiva no limites de integração, ou seja, se Z q S(x) = 1 + Ty0 2 (x) + Tz0 2 (x) dx , então Z xf =x0 q 1 + Ty0 2 (x) + Tz0 2 (x) dx = S(x0 ) − S(x0 ) = 0 . (2.150) xi =x0 Este resultado está correto, mas ele não representa a distância s percorrida pela partícula porque a integral em (2.150) é diferente da integral em (2.149) pois, em geral, dx 6= |dx|. Isso significa que, em geral, não existe uma função tal que a integral em (2.149) possa ser calculada como a diferença entre os valores dessa 4 Dizemos que uma função F (x) é a função primitiva da função f (x) se, e somente se, f (x) = F (x), onde F 0 (x) é a derivada de F (x) em relação a x. 0 Capítulo 2 – Cinemática 78 função nos extremos de integração; para calculá-la, é preciso especificar o caminho utilizado para ir de xi a xf . Vamos ilustrar isso com um exemplo. Considere uma partícula que permanece em repouso durante o intervalo [ti , tf ] ≡ [0, 2π/ω], onde ω > 0, na posição cujas coordenadas são (A, 0, 0), com A > 0. As funções-movimento da partícula nesse intervalo são x=A, y=0, z = 0, o que implica que as Equações da trajetória são dadas por Ty (x) = Tz (x) = 0 em todo o intervalo [ti , tf ] considerado. Logo Z fx (tf )=x0 |dx| = 0 , s= fx (ti )=x0 qualquer que seja o sinal de dx. Suponhamos agora que a partícula realize o movimento descrito pelas funçõesmovimento x = A cos ωt , y = A sen ωt , z = 0. (2.151) (2.152) (2.153) Por essas Equações, vê-se que o movimento da partícula ocorre apenas no plano OXY , de maneira que a posição da partícula fica completamente especificada se soubermos suas coordenadas x e y apenas. No instante t = 0 a posição da partícula é dada pelas coordenadas (A, 0) e no intante t = 2π/ω ela se encontra novamente na posição (A, 0). Qual a distância percorrida no intervalo [ti , tf ] ≡ [0, 2π/ω]? Elevando ao quadrado as Equações (2.151) e (2.152) e depois somando-as, temos √ y 2 + x2 = A2 =⇒ y = Ty(±) (x) = ± A2 − x2 . (2.154) (+) (−) Temos portanto duas funções Ty no intervalo [0, 2π/ω], Ty e Ty . A função (+) Ty corresponde ao intervalo temporal [0, π/ω], no qual a coordenada y assume (−) apenas valores positivos, enquanto a função Ty correponde ao intervalo temporal [π/ω, 2π/ω], no qual a coordenada y assume apenas valores negativos. Podemos então escrever a integral (2.149) como a soma de duas integrais: Z f (π/ω)=−A r h i x s= 0(+) 2 1 + Ty (x) |dx| + fx (0)=A Z fx (2π/ω)=A r h i2 0(−) + 1 + Ty (x) |dx| , fx (π/ω)=−A onde Ty0(±) (x) = ∓ √ x A2 − x2 (2.155) (2.156) Capítulo 2 – Cinemática 79 (±) é a derivada de Ty (x) em relação a x. A componente x da velocidade num instante t é dada por vx = f˙x (t) = −ωA sen ωt = −ωy . (2.157) Como já sabemos, o sinal de vx dá o sentido do movimento ao longo do eixo OX. Logo, a partícula sempre se move no sentido negativo do eixo OX no intervalo [0, π/ω], pois y ≥ 0 nesse intervalo, o que pela Equação (2.160) implica vx ≤ 0. Assim, qualquer deslocamento associado a qualquer sub-intervalo de [0, π/ω] é negativo, de modo que |dx| = −dx nesse intervalo. Seguindo argumentação idêntica, no intervalo [π/ω, 2π/ω] temos vx ≥ 0 o que implica |dx| = dx. Como 0(±) 2 Ty (x) ≡ Ty0 2 (x) = x2 , A2 − x2 a Equação (2.155) pode ser escrita como Z −A q Z Aq 0 2 s = − 1 + Ty (x) dx + 1 + Ty0 2 (x) dx −A Z AA q Z A dx 0 2 √ = 2 1 + Ty (x) dx = 2A . A2 − x2 −A −A (2.158) Fazendo x = A sen u, então dx = A cos u du e a integral anterior dá Z π/2 s = 2A du = 2πA . (2.159) −π/2 Este é exatamente o comprimento de uma circunferência de raio A e, de fato, a trajetória da partícula no intervalo considerado é uma circunferência de raio A centrada na origem, como se depreende da primeira Equação (2.154). Portanto, embora as posições final e inicial da partícula sejam as mesmas, vemos que a distância percorrida é igual a zero no primeiro caso (a partícula permanece em repouso) e diferente de zero no segundo caso (a partícula se move numa circunferência). Conclui-se então que a integral em (2.149), em geral, dá resultados diferentes para trajetórias diferentes, ou seja, o resultado da integração depende do caminho de integração. A essas integrais damos o nome de integrais de caminho ou integrais de trajetória. Integrais desse tipo são muito importantes em Física e a integral (2.149) é a primeira dentre muitas outras com as quais ainda teremos contato. Veremos que a grande maioria dessas integrais que têm interesse físico têm raiz num conceito fundamental da Mecânica: o conceito de trabalho de uma força, que é definido como uma integral de trajetória. No estudo da Dinâmica, ainda neste curso, voltaremos a esse assunto com mais profundidade. Antes de concluir esta seção, calculemos a distância percorrida pela partícula que segue as funções-movimento (2.151) a (2.153) usando diretamente a Equação (2.137). Para essas funções-movimento, as funções-velocidade são vx = −ωA sen ωt , Capítulo 2 – Cinemática 80 vy = ωA cos ωt . como é o caso aqui. 2. ou seja. Se conhecemos ainda alguma informação adicional.4. poderá retornar à seção 2. as funções Ty e Tz . Como o raciocínio para se chegar à sua definição é uma extensão simples do utilizado para se chegar à definição de aceleração em uma dimensão. o que é uma situação relativamente comum. o vetor aceleração. quando conhecemos as funções-velocidade da partícula.149) utilizamos métodos comuns ao cálculo de todo tipo de integrais de caminho.149) para calcular a distância percorrida. sem nos preocuparmos com os detalhes das deduções.51). t2 ].137) é de origem didática.161) ∆t ∆t ∆t onde ax . pela a razão a= ∆v v2 − v1 f˙(t2 ) − f˙(t1 ) = = . o que será importante mais tarde quando encontrarmos exemplos de integrais mais importantes em Mecânica.149) em detrimento da Equação (2. vz = 0 . = A 0 que é exatamente o resultado que obtivemos usando a Equação (2. (2. Calculando a distância por (2. 2π/ω] a distância percorrida é Z 2π/ω q s = (−ωA sen ωt)2 + (ωA cos ωt)2 + 02 dt 0Z 2π √ sen2 u + cos2 u du = 2πA .149) ao invés de usar logo a Equação (2. Definimos o vetor aceleração média no intervalo [t1 .4. ou seja.4 e à seção 2. O problema está em quando não conhecemos as funções-velocidade. . OY e OZ. Em muitos casos é mais fácil obter as Equações da trajetória da partícula. Seja v1 o vetor velocidade da partícula no instante t1 e v2 o vetor velocidade da partícula no instante t2 . temos ∆vx ∆vy ∆vz a= x ˆ+ y ˆ+ ˆ z = ax x ˆ + ay y ˆ + az ˆ z.5. onde as deduções realizadas são muito semelhantes às que são utilizadas para as definições apresentadas nesta seção.4 para o movimento retilíneo. do que encontrar suas funções-velocidade.160) Em termos das componentes ao longo dos eixos coordenados OX.5. ∆t t2 − t1 t2 − t1 (2.3. Uma outra razão para termos usado (2. que estudaremos em cursos posteriores.4 Vetor aceleração Nesta seção vamos estudar a contrapartida vetorial da aceleração definida na seção 2. Se o leitor sentir necessidade desses detalhes. como o sentido em que ocorreu o movimento ao longo da trajetória.137). não é vantajoso o uso da Equação (2. de modo que no intervalo [0. Termodinâmica e Eletromagnetismo. ay e az são as acelerações médias nas direções dos eixos coordenados definidas segundo a Equação (2.137)? De fato.149) ao invés de (2. Por que então perdemos tanto tempo na Equação (2.149) (como deveria ser) só que com um esforço muito menor. com t2 > t1 . nos restringiremos a apenas apresentar as definições de uma maneira um tanto lacônica. podemos usar (2. ay = f¨y (t) . Em termos das componentes. (2. ax = f¨x (t) . az = f¨z (t) . tf ] podemos obter os vetores velocidade e posição da partícula para qualquer instante desse intervalo.162) Da definição anterior. Se. (2. a Equação anterior é equivalente ao .60) obtida para o movimento unidimensional. ou simplesmente vetor acelaração.164) (2. no instante t. A Equação anterior é totalmente equivalente ao conjunto de Equações Z t vx = vx0 + f¨x (t0 )dt0 . para cada instante t. tf ] pela Equação Z r = r0 + v0 t + t 0 Z dt 0 t0 f¨(t00 )dt00 . (2. o que significa que a = f¨(t) = f¨x (t) x ˆ + f¨y (t) y ˆ + f¨z (t) ˆ z. (2. ∆t→0 ∆t ∆t→0 ∆t dt a = lim (2.160) tende ao vetor aceleração instantânea. o vetor aceleração média definido pela razão dada em (2. ou seja. isto é. t2 ] ≡ [t.170) 0 onde vx . podemos determinar o vetor posição r da partícula num instante t qualquer do intervalo [ti .168) 0 Z t vy = vy0 + f¨y (t0 )dt0 . Seja v0 o vetor velocidade da partícula no instante ti = 0.166) A função f¨ é chamada de função-aceleração vetorial. conhecemos também o vetor posição r0 da partícula no instante ti = 0.165) (2.169) 0 Z t vz = vz0 + f¨z (t0 )dt0 . v = v0 + (2. (2.Capítulo 2 – Cinemática 81 Fazendo o intervalo [t1 . Então.57) obtida para o movimento retilíneo. (2. tf ] fica completamente determinado pela Equação Z t f¨(t0 )dt0 . vy e vz são as componentes do vetor v e vx0 . f˙(t + ∆t) − f˙(t) ∆v dv = lim = . o vetor velocidade v num instante t ∈ [ti . t + ∆t] e tomanto o limite ∆t → 0. A partir do conhecimento da função-aceleração vetorial num dado intervalo [ti .171) 0 que é exatamente o equivalente vetorial da Equação (2.163) onde f¨x . vy0 e vz0 são as componentes do vetor v0 . f¨y e f¨z são as funções-aceleração que dão dos valores das acelerações ao longo dos eixos coordenados para cada instante t. o vetor aceleração é dado pelo valor da derivada da função-velocidade vetorial no instante t. além de v0 .167) 0 que é a forma vetorial da Equação (2. Vejamos alguns desses exemplos. o vetor aceleração está relacionado diretamente às interações entre a partícula e sua vizinhança por meio da Segunda Lei de Newton. Quanto às limitações da Equação (2.173) f¨z (t00 )dt00 .4. Exemplo 2.4 sobre a importância da aceleração no movimento unidimensional se aplica inteiramente ao caso do vetor aceleração aqui discutido.60).167) e (2.171) pode ser utilizada para a obtenção do movimento de uma partícula em muitas situações físicas importantes em que podemos encontrar a função-aceleração vetorial. . pelas Equações (2. A discussão feita na parte final da seção 2. y0 e z0 são as componentes do vetor r0 . (2.172) f¨y (t00 )dt00 .174) 0 t 0 Z dt 0 t0 0 onde x. temos v = v0 + a0 t . (2. como é o caso da função-aceleração vetorial. ela não nos dá a função-aceleração vetorial porque as interações são escritas em termos das posições e velocidades de todas as partículas do problema (partícula+vizinhança).171). se conhecemos a função-aceleração vetorial no intervalo de interesse bem como os vetores posição e velocidade num dado instante inicial do intervalo. quando é utilizado um referencial inercial qualquer para se descrever o movimento. respectivamente. f¨y e f¨z ) o movimento da partícula fica completamente especificado. se conhecemos 6 números (as componentes dos vetores r0 e v0 ) e 3 funções do tempo (as funções-aceleração f¨x . Isso significa que.176) 1 r = r0 + v0 t + a0 t2 .171). Esses 6 números são as chamados de condições iniciais do movimento da partícula. Embora a Segunda Lei nos dê diretamente o vetor aceleração a partir das interações entre as partículas. Da Equação (2. A importância da Equação (2.Capítulo 2 – Cinemática 82 conjunto de Equações Z t 0 Z t0 dt x = x0 + vx0 t + 0 Z t y = y0 + vy0 t + dt0 0 Z t0 0 Z z = z0 + vz0 t + f¨x (t00 )dt00 . Ainda assim. Considere um movimento cujo vetor aceleração de dado por a = f¨(t) = a0 . Logo. 2 (2. Isso significa que o vetor aceleração obtido a partir da Segunda Lei de Newton é dado por uma função das posições e velocidades das partículas do problema e não por uma função do tempo.171) reside no fato de que. y e z são as componentes do vetor r e x0 .171) dão exatamente a funçãovelocidade e função-movimento vetoriais da partícula. (2.167) e (2. (2. então conhecemos o movimento da partícula nesse intervalo. a Equação (2. onde a0 é um vetor constante.177) Exploremos agora essas Equações para alguns valores do vetor a0 e para algumas condições iniciais.10. Os lados direitos das Equações (2. estas são as mesmas levantadas para a Equação (2.171). (2.175) para qualquer t do intervalo de interesse. Portanto.177) em termos das componentes pode ser escrita como x = x0 + vx0 t .185) 1 y = y0 + vy0 t + ay t2 .178) (2.180) (2.183) (2. Então as Equações anteriores tomam a forma v = v0 .176) e (2.177) podem ser resumidas a apenas suas componentes ao longo do eixo OX (as outras componentes são nulas). Consideremos agora o caso em que a0 . v0 = vx0 x ˆ + vy0 y ˆ e r 0 = x0 x ˆ + y0 y ˆ. a Equação (2. Seja a0 o vetor nulo (a0 = 0). 2 z = 0. v0 = vx0 x ˆ . z = 0. ou seja. (2.187) Dessas Equações vemos que o movimento está restrito a plano OXY . 2.186) (2. (2. v0 e r0 são vetores não nulos que possuem a mesma direção. (2. Consideremos agora a situação onde tanto a0 . por exemplo. e se constitui da composição de um MRU ao longo do eixo OX e de um MRUV ao longo do eixo OY .188) . vx = vx0 + ax t .177) é sempre um MRU. y = 0. Logo. y = Ty (x) = y0 + vy0 ay (x − x0 ) + 2 (x − x0 )2 . a0 = ax x ˆ. r 0 = x0 x ˆ e as Equações (2.186) encontraremos a Equação da trajetória da partícula. 2 (2. pois sempre é possível escolher os eixos coordenados de tal forma que a direção do vetor velocidade da partícula (que é um vetor constante) coincida com a direção do eixo OX (ou qualquer outro).184) que é um MRUV ao longo do eixo OX.177) será idêntica ao conjunto de Equações x = x0 + vx t . a direção do eixo OX. o vetor r0 também estará no plano OXY e poderemos escrever a0 = ay y ˆ. de maneira que a Equação (2.Capítulo 2 – Cinemática 83 1. (2. r = r0 + vt . 1 x = x0 + vx0 t + ax t2 . Logo. 3. vx0 2vx0 (2.181) (2. Escolhamos o eixo OY de maneira que sua direção seja a mesma do vetor a0 e o eixo OX de tal forma que o vetor v0 esteja no plano OXY .185) e substituindo o resultado na Equação (2.179) Se escolhermos o eixo OX de tal modo que v = vx x ˆ e r0 = x0 x ˆ. v0 e r0 não são mais paralelos entre si. o movimento descrito pela Equação (2. Encrevendo t em função de x na Equação (2.182) que constitui exatamente um MRU com velocidade vx constante ao longo do eixo OX. 191) ym (2. g (2.192) A Equação (2. Os instantes de tempo t± correspondentes às raízes x± são obtidos pela combinação das Equações (2. num ponto sobre a superfície da Terra. origem do sistema de coordenadas. cos2 θ o que leva a v02 sen 2θ . As raízes x± são x± = xm ± v0 tm cos θ . que representam os valores da coordenada x para os quais a altura da partícula é zero. 2g xm = x0 + (2. a Equação da trajetória fica y = Ty (x) = y0 + tg θ (x − x0 ) − 2v02 g (x − x0 )2 . é a solução da Equação Ty0 (xm ) = tg θ − v02 g (xm − x0 ) = 0 .Capítulo 2 – Cinemática 84 que é a Equação de uma parábola no plano OXY . o que implica que há um valor máximo para a coordenada y que corresponde à altura máxima y = ym que pode ser alcançada pela partícula. onde xm e ym são dados pelas Equações (2.193) (2. definida pelo vetor x ˆ. o que leva a t± = v0 sen θ ± tm . Nesta afirmação fica claro que consideramos o ponto O. Logo. O ponto de altura máxima.191) e (2.188). ym ).185). Um problema físico de grande importância no qual as Equações (2. apenas valores positivos de y são permitidos.195) .185) a (2. as componentes da aceleração e da velocidade inicial da partícula são ay = −g . (2.190) Esta Equação descreve uma parábola cuja concavidade está voltada para baixo. 2g v2 = y0 + 0 sen2 θ .189) onde v0 = |v0 |.194) é o tempo de queda da partícula desde a altura máxima y = ym até a altura y = 0. onde a velocidade inicial v0 da partícula faz um ângulo θ com a direção horizontal.188) se aplicam é o lançamento oblícuo de projéteis. cos2 θ (2. vx0 = v0 cos θ e vy0 = v0 sen θ .190) possui duas raízes. Neste caso.189) à Equação (2. Aplicando as Equações (2. (xm .193) e (2.192) e r 2ym tm = g (2. quando toca o solo. Este consiste no movimento de uma partícula apenas sob a ação da gravidade nas proximidades da superfície da Terra. . o que corresponde ao instante inicial do movimento. Definimos o alcance A do projétil como o módulo do deslocamento do projétil.Capítulo 2 – Cinemática 85 Admitindo que o movimento se inicia no instante t = 0. ao longo do eixo OX. entre os instantes t = 0 e t = t+ . a única solução aceitável da Equação anterior para y0 > 0 é t+ . Para y0 = 0 (a partícula inicialmente está à altura zero) t− = 0. pois tm > v0 | sen θ| g neste caso. ou seja. . s . 2 v0 2gy0 . . . 2 A = |x+ − x0 | = |cos θ| . sen θ + sen θ + 2 . . (2.196) . g v0 . Finalmente.177) pois. é dado por v02 s= sen θ + cos2 θ ln (tg θ + sec θ) . o projétil terá o maior alcance possível. uma vez que o vetor aceleração é constante. podemos calcular a distância total percorrida pela partícula em sua trajetória. t+ ].198) Na Figura 2.10: O gráfico em azul mostra o alcance do projétil. bem como podemos escolher um dos outros dois eixos de maneira que os vetores velocidade e posição iniciais estejam no mesmo plano. que contém os exemplos (a) e (b) como casos particulares. dado pela Equação (2.195).177). g (2. É fácil ver que o movimento dado no exemplo (c). vemos que o valor máximo do alcance é aquele para o qual sen 2θ = 1 =⇒ θ = π/4 . e o gráfico em vermelho mostra o comprimento da trajetória dado pela Equação (2.197). Com os exemplos (a).197) e (2. (b) e (c). respectivamente. usando a Equação (2. o alcance da partícula toma a forma A= v02 sen 2θ . com t+ definido pela Equação (2.10 mostramos os gráficos do alcance A e a distância s dados pelas Equações (2. quando o ângulo entre o vetor velocidade inicial e a direção horizontal (ou vertical) for de θ = 45o .149).197) Deste resultado.198). sempre podemos escolher um dos eixos coordenados de modo que sua direção coincida com a do vetor aceleração. Figura 2.198). ambos em função do ângulo de lançamento θ e em unidades de v02 /g. esgotamos todos os tipos de movimento possíveis descritos pelas Equações (2. Para o caso especial em que 0 < θ < π/2 e y0 = 0.176) e (2. será deixado como exercício mostrar que o comprimento total da trajetória no intervalo [0. contém todas as informações dadas pela Equação (2. ou seja. para uma dada velocidade v0 . em função do ângulo de lançamento θ. . Para o caso em que 0 < θ < π/2 e y0 = 0. g (2. y = y0 + vy0 − (2. como ocorre no exemplo (a). Considere agora um vetor aceleração cujas componentes são dadas por ax = f¨x (t) = −a0 cos (ωt + φ) . b0 = 0 .172).173) e (2.202) ω ω ω b0 b0 t + 2 sen ωt .201) onde a0 . ω ω (2.209).199) (2. (2. (2. dependendo dos valores das condições iniciais e de sua relação com as constantes a0 . as coordenadas num instante t serão dadas por a0 cos (ωt + φ) . o movimento está restrito ao plano OY . vx0 = − sen φ . Vejamos alguns desses movimentos. exceto que agora vy0 6= 0. (2.205) Neste caso.204) Existem vários tipos de movimento que podem ser descritos pelas Equações anteriores. como agora existe uma componente não nula da velocidade ao longo do eixo OY . Logo. (2. Consideremos condições iniciais tais que y0 = z0 = 0 . A trajetória da partícula não é mais retilínea.Capítulo 2 – Cinemática 86 Exemplo 2.206) a (2. 2. ay = f¨y (t) = −b0 sen ωt . 1.174). x = (2.200) (2. z = 0. ω2 y = vy0 t .208) O vetor aceleração da partícula permanece paralelo ao eixo OX mas.11. as componentes x. Usando as Equações (2. y e z do vetor posição num instante t serão dadas por a0 a0 a0 x = x0 − 2 cos φ + vx0 + sen φ t + 2 cos (ωt + φ) .207) (2. . Consideremos as mesmas condições iniciais do exemplo (a).5: um oscilador harmônico que oscila em torno do ponto x = 0 ao longo do eixo OX com período T = 2π/ω e amplitute A = a0 /ω 2 .206) (2.9 da seção 2. (2. Figura 2.11 mostramos a trajetória de uma partícula que segue as funções movimento (2. b0 e φ. b0 e φ são números reais e ω é um número real positivo. az = f¨z (t) = 0 .207). temos exatamente o movimento descrito no exemplo 2. a0 6= 0 .209) ω vy0 Na Figura 2.203) ω ω z = z0 + vz0 t .4. vy0 = vz0 = 0 . mas segue a Equação a0 ω x = 2 cos y+φ .11: Trajetória de uma partícula dada pela Equação (2. a0 a0 x0 = 2 cos φ . pode-se mostrar que qualquer sistema que obedeça à Equação (2.213) descrevem completamente o movimento desse oscilador no caso em que existe uma única frequência ω de oscilação. que é válida para o oscilador harmônico em uma dimensão. Para φ = 0. a0 cos φ . com amplitude r0 2 e período 2π/ω.210) Então. Considere os seguintes valores dos parâmetros y0 = z0 = 0 .215) é a Equação de uma elipse centrada na origem com semieixos A+ e A− cujos valores são dados por r0 = r0 | cos φ| A± = √ . 1 ± sen φ (2. vz0 = 0 .12 mostramos as trajetórias para alguns valores de φ. a trajetória é uma circunferência. ω2 vx0 b0 .214) só pode descrever trajetórias num plano.212) (2.211). Para quaisquer outros valores de φ a trajetória da partícula é uma elipse. dados pelas retas y = −x e y = x.213) Comparando estas Equações com as Equações (2.215) onde |a0 | .211) (2. as componentes do vetor posição serão dadas por a0 cos (ωt + φ) . vy0 = ω a0 = − sen φ . A linha pontilhada representa o caso φ = 0. que se move em torno de um ponto de equilíbrio estável que coincide com a origem O. . Discutiremos este caso com mais profundidade logo depois.Capítulo 2 – Cinemática 87 3. Neste caso.201).216) Na Figura 2. (2. ω2 A Equação (2. y = ω2 z = 0. escolhemos o plano OXY .12: Trajetória de uma partícula dada pela Equação (2. ω2 a0 sen ωt . de modo que podemos escolher o referencial de tal modo que o plano em que a partícula se move coincida com um dos planos coordenados. A linha azul representa uma trajetória onde a0 /ω 2 = 1 e φ = π/4. (2. o oscilador é chamado de oscilador harmônico isotrópico.215). (2. x0 = b0 = a0 6= 0 .212) e (2. ω (2. Aqui.214) é a Equação do movimento de um oscilador harmônico tridimensional. As funçõesmovimento (2.83). podemos escrever a = −ω 2 r . Figura 2.199) a (2.214) Esta é a versão vetorial da Equação (2. Para φ = ±π/2 a partícula√realiza o movimento de um oscilador harmônico simples. As linhas tracejadas vermelha e verde representam os casos limites onde φ = ±π/2. x = (2. A Equação da trajetória da partícula é x2 + y 2 + 2xy sen φ = r02 cos2 φ . Embora esteja além de nossos objetivos. ao longo de um dos eixos bissetores aos eixos coordenados. A Equação (2. 224) Logo. v = |v|? Elevando ao quadrado as Equações (2.219) (2. O leitor atento deve se lembrar de um . No instante t = π/ω. vz0 6= 0 . ω2 a0 sen ωt .5. de modo que nesse instante ela se move no sentido negativo do eixo OY . Para φ = 0. as componentes do vetor velocidade da partícula são vx = −ωr0 sen ωt . vy0 = b0 . vemos que a Equação (2. Portanto. Isso quer dizer que a rapidez com que a partícula se move é a mesma qualquer que seja o instante de tempo considerado durante o movimento.5. Para t = π/2ω. temos v 2 = vx2 + vy2 + vz2 = ω 2 r02 sen2 ωt + cos2 ωt = ω 2 r02 . vy = ωr0 cos ωt .215) se reduz à Equação de um círculo de raio r0 . 2. (2.221) a (2. o módulo do vetor velocidade é constante e dado por v = ωr0 . ω x0 = a0 . a partícula está novamente sobre o eixo OX só que na posição r = −r0 x ˆ com velocidade v = −ωr0 y ˆ.217) As funções movimento da partícula.218) (2. portanto.223) Para t = 0. enfim. o que significa que nesse instante a partícula se move no sentido negativo do eixo OX.222) (2. no instante t = 2π/ω a partícula está na mesma posição e com a mesma velocidade que tinha no instante t = 0. No instante t = 3π/2ω a posição da partícula é r = −r0 y ˆe sua velocidade é v = ωr0 x ˆ. Consideremos a0 > 0.213). Consideremos o caso em que y0 = z0 = 0 .221) (2. O que dizer do módulo do vetor velocidade.220) e o movimento descrito pela partícula tem exatamente o mesmo aspecto do movimento discutido no exemplo 2. assumem a forma a0 cos ωt .Capítulo 2 – Cinemática 88 4. Neste caso.223) e depois somando-as. de modo que ela se move no sentido positivo do eixo OX e. o sentido do movimento é invertido).5 Movimento Circular Uniforme Consideremos novamente as funções-movimento (2. a partícula se encontra sobre o eixo OY na posição r = r0 y ˆ com velocidade v = −ωr0 x ˆ. y = ω2 z = vz0 t . b0 = a0 6= 0 . a partícula se encontra sobre o eixo OX na posição r = r0 x ˆ com velocidade v = ωr0 y ˆ. x = (2. onde a partícula realiza uma trajetória helicoidal no espaço. (2. o que significa que nesse instante a partícula se move no sentido positivo do eixo OY . ω2 vx0 = 0 .211) a (2. (2. a partícula se move num círculo em sentido anti-horário para a0 > 0 (se a0 < 0. vz = 0 . A este movimento dá-se o nome de movimento circular uniforme (MCU). (2. Em termos de r e θ. (2.223). Portanto. (2. a de rapidez constante: é o movimento retilíneo uniforme. Se o módulo do vetor velocidade é constante neste movimento. Contudo. o módulo do vetor velocidade é constante.Capítulo 2 – Cinemática 89 outro movimento que tem essa mesma característica. o movimento que estamos discutindo aqui está longe de ser um MRU. para que um vetor mude basta que apenas uma dessas quantidades mude de valor.226) onde u ˆ r é um vetor unitário definido por u ˆ r = cos θ x ˆ + sen θ y ˆ.229) onde u ˆ θ é o vetor unitário definido por u ˆ θ = −sen θ x ˆ + cos θ y ˆ. pois este é definido como um movimento no qual o vetor velocidade é um vetor constante.228) Usando esse resultado nas Equações (2.225) e onde r = |r|.221) a (2. Logo. Logo.221) a (2. No caso presente. (2. podemos escrever θ = ωt . Podemos explorar essa semelhança do MCU com o MRU para obter as Equações horárias do MCU em coordenadas polares. (2. (2. direção e sentido. Seja θ o ângulo que o vetor posição r faz com o vetor x ˆ no instante t.212) e considerando a0 > 0 (sentido anti-horário de rotação). o que está mudando então? Sabemos que um vetor é definido por três quantidades: módulo. Além do mais.231) Note que . mas sua direção e seu sentido mudam constantemente com o tempo. a trajetória do MRU é uma linha reta enquanto a do movimento em questão é uma circunferência.223) poderemos escrever o vetor velocidade no MCU em termos de r e θ como v = ωr u ˆθ . podemos escrever r = xx ˆ+yy ˆ com x = r cos θ e y = r sen θ .230) u ˆr · u ˆθ = 0 (2.227) Comparando estas Equações com as Equações (2. r e θ são chamadas de coordenadas polares da partícula. como se pode ver pelas Equações (2. se conhecemos os números r e θ num dado instante. sabemos a posição da partícula nesse instante. pois sua trajetória é um círculo e a radidez com que a partícula a descreve é constante. o que não é o caso aqui.211) e (2. podemos escrever o vetor r também como r = ru ˆr . 233). mas a direção e o sentido de cada um muda constantemente à medida que o tempo passa.137) para o MCU no intervalo [t1 . (2.20).231).234) ∆θ faz o papel que o deslocamento ∆x realiza em (2.232) com (2. t2 ]. os vetores u ˆr e u ˆθ podem ser usados como uma base em termos da qual qualquer vetor no plano OXY pode ser escrito. (2. ω= ∆θ θ2 − θ1 = . temos Z t2 Z t2 s= |v|dt = ωr dt = rω (t2 − t1 ) . Note também que. As Equações (2.123).234) Na Equação anterior. vemos que elas são matematicamente idênticas. ∆t t2 − t1 (2. exceto que em (2. equivalentemente. dt dt dt (2.226) e (2. temos v= dr d dθ = r0 (cos θ x ˆ + sen θ y ˆ) = r0 (−sen θ x ˆ + cos θ y ˆ) = r0 θ˙ u ˆθ . chamaremos também ∆θ de deslocamento angular. já que r e ω são constantes no MCU. De fato.20) para velocidade média num intervalo. t2 ] e ∆t é a duração do intervalo.235) Definiremos também a velocidade angular instantânea. aplicando a Equação (2. ou seja. Isso significa que u ˆr e u ˆ θ .232) t1 t1 O comprimento do arco varrido pela partícula no mesmo intervalo [t1 . são também ortogonais. ∆θ dθ θ˙ = lim = . Uma vez que no MCU o sentido de rotação (horário ou anti-horário) não muda.229) dão o vetor posição e o vetor velocidade de uma partícula em MCU em termos das coordenadas polares r e θ ou. ∆θ é a variação angular no intervalo [t1 . t2 ] é s = r∆θ = r (θ2 − θ1 ) . definiremos a velocidade angular média ω num intervalo como a razão entre o deslocamento angular e a duração desse intervalo. (2. podemos escrever ω= θ2 − θ1 ∆θ = . a distância percorrida pela partícula num dado intervalo [t1 . r e v são sempre perpendiculares entre si.234) com a definição (2. assim como os vetores x ˆey ˆ. ∆t t2 − t1 (2. além de vetores unitários. Comparando a Equação (2.233) Comparando (2. t2 ] é igual ao comprimento do arco varrido pela partícula nesse intervalo. Baseados nessa analogia. Logo. À semelhança da velocidade média num movimento retilíneo. Note que os módulos dos vetores r e v são os mesmos em qualquer instante t. ou simplesmente veloci˙ como o limite da razão dada em (2.Capítulo 2 – Cinemática 90 qualquer que seja o valor de θ. isto é.235) quando ∆t tende a zero. dade angular θ.237) . escritos na base formada por u ˆr e u ˆ θ . pela Equação (2.236) ∆t→0 ∆t dt Usando a definição de vetor velocidade dada pela Equação (2. 234) temos θ = θ0 + ωt .234).227). Usando o conceito de aceleração centrípeta. De fato. temos a · v = 0.23) para uma partícula em MRU. r (2.214). com t2 > t1 . À aceleração que é sempre perpendicular à trajetória e que aponta sempre para o centro de curvatura da trajetória. dá-se o nome de aceleração centrípeta acp . Combinando as Equações (2.239) . o raio de curvatura e o módulo do vetor velocidade. Vejamos agora a aceleração no MCU. Podemos encontrar uma relação muito útil entre a aceleração centrípeta. Como o vetor velocidade é sempre tangente à trajetória. t2 ] é igual à sua velocidade angular média no intertalo.231). com a diferença de que os papéis lá realizados pela posição x e velocidade v são feitos aqui pelo ângulo θ e a velocidade angular ω. temos acp = −ω 2 r u ˆr = − v2 u ˆr . a partícula está sujeita à uma acelação que não tem componente na direção do vetor velocidade. t2 = t e usando a Equação (2. Esta Equação é formalmente idêntica à Equação (2. como deixamos claro na discussão que fizemos logo após à Equação (2. o vetor aceleração no MCU deve ser sempre perpendicular ao vetor velocidade. (2. neste caso. pois o MRU é definido como um movimento onde a aceleração da partícula é nula. ou seja. quaisquer que sejam os instantes t1 e t2 . Como no MCU a direção e o sentido do vetor velocidade mudam com o tempo mas não o seu módulo.224).224) para o caso particular de um MCU. Ele é sempre contrário ao sentido do vetor posição (quando o centro do círculo coincide com a origem do sistema de coordenadas) o que implica que o vetor aceleração sempre aponta para o centro de curvatura da trajetória que. Fazendo t1 = 0.238) onde θ0 é o ângulo no instante t1 = 0 e θ é o ângulo no instante t2 = t.236). (2. O sentido do vetor aceleração é dado pela Equação (2. Comparando este resultado com a Equação (2. podemos definir o MCU como: uma partícula está em movimento circular uniforme quando em qualquer instante de tempo seu vetor aceleração a é igual à aceleração centrípeta acp e o módulo dessa aceleração é uma constante diferente de zero.235) e (2. (2. enquanto o MCU é um movimento acelerado.214) e (2. a Equação anterior mostra que o vetor aceleração no MCU é sempre perpendicular à trajetória. Enfatizamos mais uma vez que isto não significa que os dois movimentos sejam idênticos.229).230) e (2. usando as Equações (2. (2. concluímos que θ˙ = ω .214). Combinando esta Equação com as Equações (2.229) e (2. poderemos definir o MCU da seguinte forma: uma partícula está em MCU no intervalo [t1 . é o centro do círculo.226).226). t2 ] se ela descreve um arco de círculo nesse intervalo e sua velocidade angular num instante t ∈ [t1 . para qualquer instante de tempo t.Capítulo 2 – Cinemática 91 onde usamos as Equações (2. (2. 239) é bem mais geral. .243). Da Equação (2. a = at + acp .5. o vetor aceleração em um ponto P da trajetória pode ser escrito como a soma de dois vetores: um na direção do vetor velocidade. embora tenhamos deduzido a Equação (2. pode ser considerada como a definição de aceleração centrípeta. Por exemplo.243) onde v = |v|. (2. de acordo com a Equação (2.241). podemos escrever o vetor velocidade v como ˙ u v = v sgn[θ] ˆv . pois a coordenada r dá a distância da partícula à origem do referencial e. 2. Qualquer que seja a trajetória da partícula. varia com o quadrado da velocidade e com o inverso do raio. (2.226). a Equação (2. (2.239) apenas para o MCU.244) para x pertencente aos reais. e o outro perpendicular ao vetor velocidade. ou seja. O domínio de R é a reta real e o contra-domínio é o semieixo real positivo. θ˙ < 0 (a partícula se move no sentido horário) e v = −v u ˆv . tem de ser um número positivo. consideremos apenas movimentos num plano. que diz que a aceleração centrípeta aponta no sentido contrário ao raio vetor. então θ˙ > 0 (a partícula se move no sentido anti-horário) e v = v u ˆ v .241) onde R é uma função de θ. incluindo o zero. De fato. no caso contrário. Portanto. Faremos isso nesta próxima seção. Podemos sempre escrever um vetor A qualquer como o produto de seu módulo pelo vetor unitário de mesma direção e sentido que A. ela é aplicável para qualquer trajetória desde que o raio r e o vetor u ˆ r sejam escolhidos de forma apropriada. u ˆ v é um vetor unitário e sgn[x] = x . portanto.242) Consideremos agora o vetor velocidade da partícula numa trajetória descrita pela Equação (2. de maneira que o vetor posição da partícula possa ser descrito apenas em termos das coordenada polares r e θ.Capítulo 2 – Cinemática 92 Esta Equação. (2. se o ângulo θ entre o vetor posição da partícula e o vetor x ˆ cresce com o tempo.6 Aceleração centrípeta: vetor de curvatura e centro de curvatura.240) Para mostrar que o resultado (2. ao qual chamamos de aceleração tangencial at . que chamamos de aceleração centrípepa acp . |x| (2. A Equação da trajetória da partícula tem então a forma r = R (θ) .215) em coordenadas polares é r = R (θ) = r0 | cos φ| (1 + sen φ sen 2θ)1/2 . podemos escrever u ˆv = u ˆ r sen ξ + u ˆ θ cos ξ .250).247) Da Equação (2. Da Equação (2. (2.226).241). ou seja. temos r = R (θ) u ˆr . poderemos escrever. dθ u ˆρ = u ˆ r cos ξ − u ˆ θ sen ξ . pois o módulo de um vetor (no caso. ∆t→0 ∆t dt (2. dt (2.245) Então. (2.249) Combinando (2. (MCU) Usando a definição (2. Logo. Usando a Equação (2.243).248) Nesta Equação fica evidente que escolhemos o ângulo ξ de tal modo que seu cosseno seja sempre um número positivo.246) e (2. isso implica sen ξ = 0.254) .248).250) Para um MCU com centro em O.162) de vetor aceleração e combinado esta com as Equações (2. dθ (2. h i dv ¨ ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ a= = r sec ξ θ + θ θ + ξ tg ξ u ˆv − θ θ − ξ u ˆρ . − π π <ξ< .248) e (2. v = r|θ| (2.252) (2. dt (2.246).251) onde d2 ξ˙ = θ˙ 2 [ln R (θ)] cos2 ξ .253) e θ¨ é a aceleração angular definida como ∆θ˙ dθ˙ θ¨ = lim = . R (θ) = r0 . (2.Capítulo 2 – Cinemática 93 Para determinar u ˆ v . (2. (2. após alguma paciência com manipulações algébricas. de modo que u ˆv = u ˆθ . consideremos novamente o vetor posição dado pela Equação (2. 2 2 (2.249).246) onde o ângulo ξ é definido de modo que tg ξ = d [ln R (θ)] . o vetor velocidade) não pode ser um número negativo. o vetor velocidade é v= dr ˙ 0 (θ) u = θR ˆ r + R (θ) θ˙ u ˆ θ = rθ˙ (ˆ uθ + u ˆ r tg ξ) .247) e de (2. módulo do vetor velocidade pode ser escrito na forma ˙ sec ξ . o módulo do vetor posição é constante.243). isto é. o vetor aceleração dado na Equação (2. Podemos então afirmar que a condição necessária e suficiente para que um movimento acelerado seja um MCU é que a aceleração tangencial da partícula seja nula em qualquer instante de tempo. dado pela Equação anterior.256).260) = 2rθ˙ sec ξ 2θ¨ + θ˙ θ˙ + ξ˙ tg ξ = 0 .262) . (2. Podemos então fazer a pergunta: como se comporta o módulo da aceleração centrípeta. (2.251) e (2. Um movimento onde a aceleração da partícula é toda centrípeta e com o módulo constante é um MCU.240). isto fica garantido se n o θ¨ = 0 e θ˙ = −ξ˙ ou tg ξ = 0 .257) Discutamos estes resultados para o caso em que a aceleração tangencial é o vetor nulo.255) para qualquer valor de ξ.251) está escrito como a soma se dois vetores. acp = −rθ˙2 u ˆr = − u r que é exatamente o resultado dado na Equação (2. dt onde usamos as Equações (2.259) Esta Equação mostra que a aceleração centrípeta aponta sempre no sentido contrário ao vetor u ˆ ρ e que seu módulo é |acp | ≡ acp = rθ˙2 sec ξ .239). podemos escrever h i ¨ ˙ ˙ ˙ at = r sec ξ θ + θ θ + ξ tg ξ u ˆv .261) para qualquer tipo de trajetória num plano. tg ξ = 0 e θ¨ = 0. Pela Equação (2. isto é. Para o caso especial em que a partícula realiza um MCU com centro na origem do sistema de coordenadas. a Equação (2. o que implica u ˆρ = u ˆr e 2 v ˆr .Capítulo 2 – Cinemática 94 Das Equações (2. podemos escrever a aceleração centrípeta num ponto P de coordenadas polares r e θ numa dada trajetória como acp = − v2 u ˆρ . (2. que dá i h dacp (2. neste caso.261) Podemos extender o resultado anterior (2.258). (2. at = 0.256) acp = −rθ˙ sec ξ θ˙ − ξ˙ u ˆρ . (2. como definimos na seção anterior.258) Logo.257) fica acp = −rθ˙2 sec ξ u ˆρ . um paralelo ao vetor velocidade e outro perpendicular ao vetor velocidade.253) temos u ˆρ · u ˆv = 0 . Logo o módulo da aceleração centrípeta acp é uma constante. de modo que o vetor u ˆ ρ é um vetor unitário sempre perpendicular à trajetória. ρ (2. (2.250) e (2. Logo. Comparando então as Equações (2. à medida que o tempo passa? Poderemos respondê-la calculando a derivada de acp em relação ao tempo. 247). ρ pode assumir tanto valores positivos como negativos.264) podemos ainda escrever a aceleração centrípeta como acp = −ω 2 Rc . Combinando as Equações (2. temos ρ = 1− d2 dθ2 r sec ξ .265) .262) e (2.262).264) o que implica |Rc | = |ρ|. ρ é a componente do vetor de curvatura Rc ao longo da direção definida pelo vetor u ˆ ρ . pois distâncias devem ser estritamente positivas. Comparando as Equações (2. (2. Rc = ρˆ uρ . o raio de curvatura ρ não significa necessariamente uma “distância”. respectivamente.263) Vemos que ρ depende unicamente do valor da coordenada θ para um dado ponto P da trajetória.Capítulo 2 – Cinemática 95 onde ρ é o chamado raio de curvatura da trajetória no ponto P . em princípio.263). [ln R (θ)] cos2 ξ (2. (2. Logo. dependendo do sinal do denominador do lado direito da Equação (2. pois tanto r como ξ são determinados por funções de θ segundo as Equações (2. Deve-se notar também que.257) e (2.245) e (2. Mais precisamente. . 2 . . d 2 ˙ . 1 − . . [ln R (θ)] cos ξ ω = |θ| . . ela é válida em princípio apenas para os movimentos que podem ser descritos por essas funções-movimento que.265).214). Logo. se rc é o vetor cujas componentes dão as coordenadas de Oc . .213). (2. como vimos.266) onde A Equação (2. Portando. o vetor r é o vetor que liga o ponto O (que é a origem do sistema de coordenadas) ao ponto P (cujas coordenadas dão a posição da partícula). o vetor posição r da partícula e o vetor de curvatura Rc no ponto P é dada por r = rc + Rc .214) relaciona o vetor aceleração e o vetor posição de uma partícula cujas funções-movimento são dadas pelas Equações (2. circulares ou retilíneas segundo esquematizado na Figura 2.265) tem a mesma forma da Equação (2. o vetor r coincide com o segmento de reta OP e seu sentido é de O para P . dθ2 (2.211). porém. o vetor que coincide como segmento de reta Oc P e cujo sentido é de Oc para P .12.212) e (2. Portanto. podemos interpretar o vetor Rc como sendo o vetor que liga um dado ponto Oc ao ponto P . qualquer que ela seja.265) (assim como a Equação (2.265) é válida para qualquer conjunto de funções-movimento fx . ou seja.214). o conteúdo físico das duas é bastante diferente. Na Equação (2. para qualquer movimento que ela realize. Portanto. ou seja. Assim. então a relação entre rc . na Equação (2. (2. a Equação (2. fy e fz de uma partícula. A Equação (2. levam apenas à trajetórias elípticas. do centro de curvatura da trajetória e vetor de curvatura no ponto P . Já a Equação (2.262)) é a definição geral para a componente centrípeta do vetor aceleração (ou simplesmente aceleração centrípeta) num dado ponto de uma trajetória.13: Os vetores posição da partícula.267) Figura 2. 247) temos ξ = 0. pela Equação (2. raio de curvatura ρ e vetor de curvatura Rc num dado ponto P de uma trajetória: se colocarmos uma partícula no ponto P se movendo apenas sob uma aceleração centrípeta acp cujo valor nesse ponto é dado pela Equação (2. Vemos. Vimos que para a descrição de qualquer movimento precisamos antes de tudo definir um referencial em relação ao qual as medidas de posição e tempo são realizadas.253). 2.Capítulo 2 – Cinemática 96 conforme esquematizado na Figura 2.268) e (2. (2.6 Conclusões Neste capítulo nós aprendemos os conceitos básicos sobre o movimento. implica que existe um número infinito de centros de curvatura para uma dada trajetória.226). (2. Usando esses resultados nas Equações (2. em ρ = r0 para qualquer ponto P da trajetória. o que implica. de maneira que o centro de curvatura Oc coincide com a origem do sistema de coordenadas para qualquer ponto P da trajetória. Combinando as Equações (2.263). respectivamente.265). portanto. onde xc = r cos θ − ρ cos (θ − ξ) .264) e (2. (2.267) poderemos escrever o vetor rc em coordenadas cartesianas como rc = xc x ˆ + yc y ˆ.269) o que. que para cada ponto de uma trajetória qualquer podemos associar um único centro de curvatura Oc cujas coordenadas são dadas pelas Equações (2.269). em geral. yc = r sen θ − ρ sen (θ − ξ) . que possui um único centro de curvatura que coincide com o seu centro geométrico.268) e (2. A exceção é o círculo. então ela realizará um MCU cuja trajetória é um círculo de raio |ρ| e centro Oc e cuja velocidade angular ω é dada pelo seu valor no ponto P segundo a Equação (2. Demos então uma definição de movimento a partir do conhecimento da posição da . (2.269) Ao ponto Oc damos o nome de centro de curvatura da trajetória da partícula no ponto P .13. onde r0 é uma constante. De fato. As Equações anteriores dão exatamente as coordenadas xc e yc do centro de curvatura Oc em relação aos eixos OX e OY . para um dado ângulo θ (lembre-se que r. consideremos uma trajetória circular tal que R (θ) = r0 . Podemos agora dar uma interpretação bastante simples para os conceitos de centro de curvatura Oc . pela Equação (2. (2.227). ρ e ξ dependem apenas de θ). Logo. teremos xc = 0 e yc = 0.266).230).268) (2. bem como a relação desses vetores com as funçõesmovimento. Por fim. Finalizado o estudo das características básicas de movimentos retilíneos. Essas quantidades estão associadas a conceitos como rapidez e sentido de um movimento num dado instante. o movimento sob o ponto de vista da Dinâmica. discutimos alguns exemplos de movimentos no plano.Capítulo 2 – Cinemática 97 partícula em cada instante de tempo dentro de um intervalo de interesse. neste próximo capítulo. estendendo sua aplicação para quaisquer trajetórias num plano introduzimos os conceitos de centro de curvatura e raio de curvatura num dado ponto da trajetória. Definimos os conceitos de vetor posição. a partir do conhecimento das funções-aceleração correspondentes. enfatizando o caso especial do MCU. com as quais obtemos a velocidade e a aceleração da partícula para cada instante de tempo. Estudaremos. aos quais demos o nome de movimentos retilíneos. Dedicamo-nos então ao estudo de movimentos ao longo de uma reta. estamos prontos para discutir o movimento num nível mais completo e profundo. a função-velocidade e a função-aceleração. o MRU e o MRUV. Estudamos então alguns movimentos retilíneos especiais. são as funções que para cada instante de tempo fornecem a posição da partícula. Agora que estamos munidos das ferramentas fundamentais à descrição cinemática do movimento. como o oscilador harmônico e o movimento retilíneo sob a ação de um fluido viscoso. discutimos o papel das condições iniciais na determinação dos movimentos compatíveis com uma dada função-aceleração. Com o estudo das propriedades deste último. respectivamente. funções-velocidade e funções-aceleração. e discutimos alguns outros movimentos. Nesse estudo. . estendemos todos os conceitos e definições aprendidos para esses movimentos aos movimentos em 2 e 3 dimensões. A partir das funções-movimento. e ao conceito matemático que contém toda a informação sobre o movimento nós chamamos de funções-movimento que. cujos pilares são as três Leis de Newton. aprendemos a como obter as Equações da trajetória de uma partícula e a como calcular a distância total percorrida via uma integral de trajetória. e definimos as quantidades derivadas da função-movimento. vetor velocidade e vetor aceleração. por definição. como o lançamento de projétéis e movimentos de trajetória elíptica. introduzimos os conceitos de aceleração tangencial e aceleração centrípeta e. na ausência de forças externas (por exemplo. um objeto alcança o repouso devido às forças de atrito e da resistência do ar foi reconhecido por Galileo como sendo um efeito colateral. o fato de um objeto continuar a se mover após a força deixar de ser aplicada gerou dificuldades conceituais consideráveis para os filósofos antigos. Aristóteles. nenhuma força é necessária para manter um objeto em movimento em uma linha reta com velocidade constante. ou simplesmente mecânica. Galileo observou que a força influencia a variação na velocidade (aceleração) de um objeto e que. e não o centro da questão fundamental do movimento. por exemplo. 3. difícil para nós apreciarmos o impacto das novas idéias de Galileo concernente ao movimento. É instrutivo considerar a conjuntura de Aristóteles a partir do ponto de vista do Princípio da Relatividade: as leis de movimento tem a mesma forma em 98 .que propriedade do movimento de um objeto está relacionada à força? É a sua posição? É a sua velocidade? Ou é a taxa de variação da velocidade? A resposta a esta questão pode ser obtida apenas a partir de observações. notavelmente por Lagrange e Hamilton. bem conhecido antes da época de Galileo. O sucesso da teoria clássica vai desde a descrição acurada da dinâmica de objetos de cada dia até o entendimento detalhado dos movimentos das galáxias. talvez. Esta lei básica observável é chamada de lei da inércia. É. A observação que. Ele procurou responder perguntas tais quais . acreditava que o estado natural do movimento era o de repouso. O fato que um objeto em repouso em uma superfície horizontal permanece em repouso a menos que algo que nós chamamos de força é aplicada para mudar seu estado de repouso era. este é um fator básico que separa a física da filosofia propriamente dita. Entretanto.Capítulo 3 As Leis de Newton e Aplicações Neemias Alves de Lima Por que os corpos começam a se mover? O que faz com que a velocidade de um corpo aumente ou a direção de seu movimento seja alterada? A teoria que descreve estes fenômenos é a mecânica clássica. naturalmente. na prática. atrito).1 A lei da inércia Galileo (1544-1642) foi o primeiro a desenvolver uma abordagem quantitativa para o estudo do movimento. Ela foi fundada por Galileo e Newton e aperfeiçoada por seus seguidores. A primeira exercida pela calçada. então a aceleração da caixa não é nula. desempenha um papel fundamental na teoria de Newton da Gravitação.Capítulo 3 – As Leis de Newton e Aplicações 99 todos sistemas de referência que se move com velocidade constante em uma linha reta com respeito uns aos outros. e a lei afirma que um objeto tende naturalmente a manter a velocidade vetorial que tiver.2 A primeira Lei de Newton Tradução da primeira lei do latim para o português: “Lei I.1 Sistemas inerciais de referência Um ponto importante que deve ser dito acerca da primeira lei de Newton é que ela não é válida para qualquer sistema de referência.2. A força resultante sobre a caixa é zero: lei de Newton afirma que a aceleração da caixa é zero porque a força resultante é zero.” 3.1) e lembrando que a variação da velocidade ~v do objeto em relação ao tempo é a sua aceleração. isto é. Consideremos uma caixa depositada em uma calçada. Há duas forças atuando sobre ela: a força gravitacional F~T exercida pela Terra. A aceleração é realmente zero? A resposta depende do sistema de referência utilizado para medir a aceleração. e uma força e oposta F~C P igual ~ F = 0. Ele usou elas para resolver uma grande variedde de problemas incluindo a dinâmica de planetas. F~2 . Todo corpo permanece em estado de repouso. Se escolhermos um sistema de referência fixo na calçada. Concluímos assim que a primeira lei de Newton é .” Esta lei é conhecida como a lei da inércia. As leis do movimento. então a caixa está em repouso. Mas se escolhermos um sistema de referência fixo a um carro que se move com aceleração em relação à calçada. representam as forças individuais exercidas sobre um objeto. 3. então a aceleração do objeto é zero (~a = 0). porque “inércia” significa resistência a uma mudança. (3. para qualquer observador. a primeira de lei de Newton pode ser enunciada da seguinte forma: a lei de Newton: Se a força resultante sobre um objeto é zero P “1 ( F~ = 0). etc. ou de movimento uniforme em linha reta a menos que seja compelido a mudar esse estado em virtude de forças exercidas sobre ele. Se F~1 . primeiro publicados na Principia em 1687. definimos a força resultante como X F~ = F~1 + F~2 + F~3 + · · · . apresentaremos elas a seguir. Newton postulou três leis do movimento que forma a base da mecânica clássica. Durante seus primeiros vinte anos. de modo que sua aceleração é zero. mas não o é para um sistema fixo ao carro. portanto. Vemos. e em razão do movimento orbital. Um sistema de referência que usaremos constantemente para estudar a dinâmica de um objeto na superfície da Terra é um com origem fixo em relação a um ponto próximo à superfície da Terra e eixos cartesianos fixos em relação à horizontal e à vertical.3 A segunda Lei de Newton A tradução da segunda lei de Newton do latim para o português é: Lei II. 3.Capítulo 3 – As Leis de Newton e Aplicações 100 válida para um sistema de referência fixo na calçada. seus efeitos costumam ser insignificantes quando usamos as leis de Newton para estudar muitas situações que ocorrem na superfície terrestre.” . um sistema de referência fixo em sua superfície na linha do equador tem uma aceleração de 0. em um número infinito de sistemas de referência. Aristóteles acreditava que o estado natural do movimento era o de repouso. É o estado natural de repouso consistente com o princípio geral da Relatividade? Um observador em um sistema de referência movendo com velocidade constante em um linha reata com respeito ao sistema de referência na qual o objeto está em repouso poderia concluir que o estado natural do objeto é um de velocidade constante em uma linha reta. “Um sistema inercial de referência é um sistema em que a primeira lei de Newton é válida ou P seja. consequentemente. um sistema em relação ao qual ~a = 0 para qualquer objeto com F~ = 0. e completa uma revolução em torno do Sol em um ano. Em virtude do movimento de rotação da Terra em torno de seu eixo. chegariam a mesma conclusão. Todos observadores inerciais. A variação do movimento é proporcional à força motriz imprimida e atua na direção da reta segundo a qual a força é dirigida. qualquer sistema que acelere em relação a um sistema inercial de referência é um sistema não-inercial. o centro da Terra tem uma aceleração de 0. Portanto.034 m/s2 dirigida para o centro da Terra. Como essas acelerações são pequenas. a Terra completa um giro sobre seu eixo em um dia. É instrutivo considerar a conjuntura de Aristóteles a partir do ponto de vista do Princípio da Relatividade: as leis de movimento tem a mesma forma em todos sistemas de referência que se move com velocidade constante em uma linha reta com respeito uns aos outros.” Esta definição implica que qualquer sistema que se mova com velocidade constante em relação a um sistema inercial é também um sistema inercial e. que a conjuntura de Aristóteles não é consistente com este Princípio Fundamental.006 m/s2 dirigida para o Sol. É esta característica que nos leva a definir um tipo especial de sistema de referência chamado de sistema inercial de referência. Como sabemos. e não o de repouso. admitiremos como uma boa aproximação que um sistema de referência fixo na superfície da Terra é um sistema inercial de referência. a massa que aparece na definição da segunda lei de Newton é também chamada de massa inercial.5) Se um objeto de massa 1 kg tem uma aceleração de 1 m/s2 em relação a um sistema de referência inercial. dt dt dt (3. dt (3. o produto da massa P ~ do objeto por sua velocidade. comparando a primeira com a segunda lei de Newton. A massa é a propriedade de um objeto que faz com que ele resista a qualquer variação de sua velocidade vetorial. você pode ser induzido a concluir a primeira lei é simplesmente um P caso particular da seP qeu ~ gunda lei. e “força motriz” é a “força resultante”. Podemos também usar a Equação (3. A segunda lei de Newton proporciona uma definição do conceito de força: força é o que faz com que um objeto acelere. cuja definição a partir da Equação (3.4) para comparar massas com a massa padrão P ~ e. p~ = m~v .4) é: hX i F~ = [m~a] = 1 kg · m/s2 ≡ 1N (3.2) Se supormos que a massa do objeto em estudo é constante segue que: d~p d d~v = (m~v ) = m = m~a. um objeto com maior massa terá menor aceleração. medir massas. Como inércia significa resistência a uma variação. utilizamos a primeira lei para definir o tipo de sistema de referência em relação ao qual deve ser medida a aceleração na segunda lei de Newton. Podemos usar essa definição para calibrar instrumentos destinados a medir forças. Suponha que aplicamos uma força resultante F sobre um objeto de massa conhecida m1 e achamos uma aceleração de módulo . então a aceleração do objeto em relação a um sistema de referência inercial é proporcional ao módulo da força e tem a mesma direção desta. ou seja. portanto. (3. Como F = m~a.4) De acordo com esta equação.Capítulo 3 – As Leis de Newton e Aplicações 101 Na nossa linguagem atual “movimento” é o que chamamos de “momento linear”. a primeira lei define sistemas de referência inerciais e dá um critério para determinar se um sistema de referência é inercial. então a força resultante exercida sobre o objeto é de 1 N. para uma dada força resultante. Se existe apenas uma força atuando sobre um objeto. segue-se que ~a = 0 quando F~ = 0. Assim a segunda lei de Newton afirma que: X d~p F~ = . Entretanto. Com esta interpretação. um sistema de referência inercial. No Sistema Internacional de Unidades (SI) a unidade de força é o “newton” (N). F . Enfim.3) e portanto temos o famoso enunciado da 2a lei de Newton: X F~ = m~a. 3) A força nuclear forte entre partículas subatômicas. e F~ba é a força exercida por b sobre a. 3. é mais prático determinar a massa indiretamente pela medida do peso do corpo. Uma das forças é chamada força de ação e a outra. m1 a1 = m2 a2 a1 m2 = (mesma força resultante) (3. força de reação. não pode existir uma força solitária. A toda ação se opõe uma reação igual. F~ab é força exercida por a sobre b. . Embora possamos usar este procedimento para medir uma massa desconhecida m2 . se o objeto b exerce uma força sobre o objeto a. então o objeto a exerce sobre b uma força igual e oposta. As duas forças F~ab e F~ba costumam ser chamadas par ação-reação. a razão entre as massas é o inverso da razão entre as acelerações. 2) A força eletromagnética entre as cargas elétricas.4). É arbitrário dizer qual delas é a ação e qual é a reação. ou F~ab = −F~ba (3.4 A terceira Lei de Newton A tradução do latim para o português da terceira lei de Newton é: “Lei III. e acordo com a Equação (3. Podemos a seguir aplicar a mesma força a um outro objeto de massa m2 e achar uma aceleração de módulo a2 . ou. Então.” Suponhamos que os objetos a e b exercem forças um sobre o outro. A terceira lei de Newton afirma que essas duas forças são iguais e opostas. e 4) A força nuclear fraca entre partículas subatômicas durante um certo processo de decaimento radioativo. Hoje sabemos que todas as diferentes forças observadas na natureza podem ser explicadas a partir das quatro interações básicas que ocorrem entre partículas elementares: 1) A força gravitacional responsável pela atração mútua entre os corpos. as ações mútuas de um corpo sobre outro têm sempre direções opostas.7) Ou seja. As forças que observamos no nosso dia a dia entre objetos macroscópicos são devidas às forças gravitacionais ou às forças eletromagnéticas. As forças ocorrem em pares.Capítulo 3 – As Leis de Newton e Aplicações 102 a1 . para a mesma força resultante. Algumas Forças Especiais Para aplicarmos as leis de Newton na resolução de vários problemas de mecânica precisamos definir algumas forças básicas.6) m1 a2 Ou seja. e P~ aplicando a segunda lei de Newton.1 A Força Normal Se você ficar em pé em um colchão a Terra o puxará para baixo. que é praticamente indispensável a compreensão do seu comportamento. Nesta disciplina faremos sempre uso da aproximação de que um sistema na superfície da Terra é um sistema de referência inercial. Isto é. Neste nível microscópico. 3. obtemos que F~g = m~g (3.6. Felizmente. Só quando a medida de um peso é feita em um sistema de referência inercial é que temos P~ = F~g . as forças de contato envolvem muitas partículas. mas você não afundará no colchão além de um limite. Isto significa que o peso de um objeto é proporcional a sua massa e depende do sistema de referência em que é feita a medida. Isso acontece porque o colchão se deforma . O método envolve a decomposição de uma força de contato em duas forças . A definição de peso P~ de um objeto de massa m é: P~ = m~g ∗ (3. A experiência mostra que qualquer objeto em queda livre em determinado lugar tem a mesma aceleração que qualquer outro objeto em queda livre no mesmo lugar.9) onde ~g ∗ é aceleração da queda livre do objeto medida em relação ao sistema de referência da pessoa que toma a medida.5 103 A Força da Gravidade: O Peso Quando um objeto está em queda livre próximo a superfície da Terra. a força resultante é igual à força gravitacional: F = F~g . 8 m/s2 é o módulo da aceleração do objeto medido a partir de um sistema de referência inercial. o comportamento macroscópico de tais forças é muito mais simples. assim P~ = m~g quando o peso for medido a partir de um ponto fixo ou que se desloca com velocidade constante em relação à superfície da Terra. Há uma forma conveniente de descrever as forças de contato entre superfícies planas de dois sólidos.Capítulo 3 – As Leis de Newton e Aplicações 3. F = m~a. a única força que atua sobre ele é a força gravitacional F~g que a Terra exerce sobre o objeto. uma vez que só neste caso temos ~g ∗ = ~g .uma paralela à superfície de contato e a outra perpendicular a ela tratando cada uma delas como uma força separada. na queda livre.8) onde g ' 9. são muito complexas e ainda não conhecidas completamente. esta definição corresponde à leitura de uma balança de mola em qualquer sistema de referência. P~ Assim.6 Forças de Contato As forças de contato estão tão presentes em nosso cotidiano. Também. 3. quer o sistema seja inercial ou não-inercial. ~g é independente da massa do objeto. A interação fundamental responsável por esta forças é a força eletromagnética entre átomos e moléculas. Um efeito óbvio das forças de contato é impedir que os objetos se interpenetrem. Chamamos esta resistência como força de atrito.e não pode continuar aumentando para sempre. Se aumentarmos a intensidade de F~ . O empurrão exercido pelo colchão ou pelo piso é uma força normal N O nome vem do termo matemático normal.2 A Força de Atrito Quando um corpo está em movimento ou em uma superfície ou em um meio viscoso tal como o ar ou água.e max = µe N (3. depende da natureza das superfícies de contato. como µe . µc é em geral menor do que µe e é constante para velocidades . chamamos a força de atrito de força de atrito cinética F~at.e max . depende da natureza das superfícieis em contato.11) Quando F~ excede F~at. que significa perpendicular. e o empurra ~. Em geral. Da mesma forma acontece quando você está sobre o piso. Forças de atrito são muito importantes na nossa vida cotidiana.e atingiu seu valor máximo. Se aplicarmos uma força horizontal ~ F no livro.c . Eventualmente a superfície de contato não poderá mais suprir força de atrito suficiente para contrabalancear F~ . a intensidade da força F~at. a superfície (ainda que aparentemente rígida) se deforma e empurra o corpo ~ que é perpendicular à superfície. ele se deforma ainda que você não perceba a olho nú. (3. Em tais casos. o livro permanece em repouso se F~ não é suficientemente grande. entretanto.12) onde µc é o coeficiente de atrito cinético que. A força de atrito é a componente paralela da força que uma superfície ou meio exerce sobre um objeto com o qual está em contato.e ≤ µe N.10) onde a constante adimensional µe (pronuncia-se: “mi. podemos escrever Fat. Em muitos casos verifica-se experimentalmente que o módulo da força de atrito cinético Fat.e max é proporcional ao módulo N da força normal exercida por uma superfície sobre a outra: Fat. existe resistência ao movimento porque o corpo interage com sua vizinhança. Consideremos um livro sobre uma mesa.6. Experimentos mostram que esta força surge a partir dos pontos de contato entre a superfície do livro e a superfície da mesa. No instante em que o livro entra em movimento F~at.” com uma força normal N 3. A força F~at. o livro é acelerado na direção da força F~ . pode-se escrever Fat. “Quando um corpo exerce uma força sobre uma superfície.c = µc N (3.e que contrabalanceia F~ e mantém o livro parado é chamada de força de atrito estática.Capítulo 3 – As Leis de Newton e Aplicações 104 com o seu peso e empurra você para cima. A força F~at.e também aumentará mantendo o livro em repouso no mesmo lugar. índice e”). Elas permitem-nos caminhar ou correr e são necessárias para o movimento dos veículos automotivos. e o livro entra em movimento. A força que o piso exerce sobre você é perpendicular à superfície do piso. chamada de coeficiente de atrito estático. Os dados experimentais mostram que F~at.c é proporcional ao módulo N da força normal. para cima. Uma vez em movimento. 3. .3 Tração Quando uma corda.02 para pneus de borracha sobre concreto.Capítulo 3 – As Leis de Newton e Aplicações 105 na faixa de aproximadamente 1 cm/s até vários metros por segundo . ou força de arraste. para velocidades mais altas. A tensão da corda é o módulo T da força exercida sobre o corpo.0. Pela terceira lei de Newton. é presa a um corpo e então esticada. ela é aproximadamente proporcional ao quadrado da velocidade.003 para rodas de aço sobre trilhos de aço e 0. A força da resistência de um fluido. possui direção e sentido sempre contrários aos da velocidade do corpo em relação ao fluido. Valores típicos de µe e µc estão entre 0. 3.03 e 1.6. cabo ou outro objeto do mesmo tipo. O que acontece é que o corpo que se move exerce uma força sobre o fluido para afastá-lo de seu caminho.as únicas situações que consideraremos nos nossos estudos. o fluido exerce sobre o corpo uma força igual e contrária. a força de arraste é aproximadamente proporcional à velocidade do corpo. Valores típicos de µr são de 0. quanto mais fácil? Podemos definir um coeficiente de atrito de rolamento µr como a força necessária para um deslocamento com velocidade constante sobre uma superfície plana dividida pela força normal de baixo para cima exercida pela superfície. Uma corda é frequentemente considerada sem massa (ou de massa desprezível em comparação com a massa do corpo ao qual está presa) e inextensível (isto é.4 Força de Arraste Se você coloca sua mão para fora da janela de um carro que se move com alta velocidade. Essa força é chamada de força de tração porque a corda está sendo tracionada (puxada). Esses valores mostram o motivo pelo qual um trem que se desloca sobre trilhos gasta muito menos combustível do que um caminhão em uma auto-estrada. mudando de comprimento). Mas. Para baixas velocidades.6. O módulo desta força normalmente cresce com a velocidade do corpo através do fluido. Atrito de rolamento Sabemos que é mais fácil mover uma geladeira sobre um carrinho com rodas do que arrastá-lo pelo piso. Assim a corda apenas serve para ligar dois corpos. você se dá conta de que existe uma força que o ar exerce sobre um corpo que se move através dele. Os engenheiros de transportes chamam µr de resistência de tração. Partículas em Equilíbrio Nesta e nas próximas duas aulas vamos aplicar as leis de Newton para resolver vários problemas de partículas em equilíbrio e de dinâmica de partículas.01 e 0. ela não se estica.002 a 0. um fio. surge uma força T~ orientada ao longo da corda. Capítulo 3 – As Leis de Newton e Aplicações 106 Embora as leis de Newton possuam formas muito simples. a sua aplicação em situações específicas pode apresentar grandes desafios. Em duas dimensões temos: X X Fx = max Fy = may (3. e Fi = mai . e portanto o problema é de não-equilíbrio nesta direção. Caso contrário. . 2. Desenhe um modelo idealizado do sistema para ajudar a conceitualizar o problema. depois de escolher o corpo a ser analisado. Só importam as forças que atuam sobre o corpo. Para sistemas contendo mais de um objeto. você deve identificar todas as forças que atuam sobre ele. A primeira e a segunda leis de Newton se aplicam a um corpo específico. a partícula P está acelerada. Desenhe um diagrama de corpo-livre para o objeto. Uma vez escrito a segunda lei em termos de suas componentes. y da aceleração é zero. Não confunda as forças que atuam sobre esse corpo com as forças exercidas por ele sobre os outros corpos. Portanto. você precisa definir logo de início o corpo sobre o qual você está falando. Os diagramas do corpo livre são essenciais para ajudar a identificar as forças relevantes. Categorize o problema: se qualquer componente i P = x. Um diagrama de corpo livre é um diagrama que mostra o corpo escolhido ‘livre’ das suas vizinhanças. F = m~a. com vetores desenhados para mostrar o módulo. 3. Como a segunda lei de Newton é uma relação vetorial podemos separar-la em suas componentes. desenhe diagramas de corpo-livre separados para cada objeto.7 Técnicas de Resolução de Problemas P~ A segunda lei de Newton. Portanto. Dica: Use símbolos para cada grandeza utilizando uma notação que facilite a memorização da grandeza. Três princípios úteis para solução de quaisquer problemas referentes às leis de Newton são: 1. 3. 2. Analise o problema isolando o objeto cujo movimento será analisado.13) Cada componente origina uma equação que pode ser utilizada em um problema. temos o seguinte algoritmo útil para a resolução de problemas: 1. constitui o princípio fundamental para a resolução de um problema. Estes princípios são a essência das seguintes técnicas de resolução de problemas. Não inclua no diagrama de corpo-livre forças exercidas pelo objeto na sua vizinhança. a direção e o sentido de todas as forças que atuam sobre o corpo e que são resultantes de vários outros corpos que interagem com ele. a partícula está em equilíbrio naquela direção e Fi = 0. 3. incluindo o bloco e o carrinho) é puxado para cima sobre trilhos de aço por um balde cheio de barro (peso p2 . incluindo o barro e o balde) que cai verticalmente para o interior da pedreira (Figura 3. Desenhe um modelo idealizado para o sistema. Os eixos devem ser escolhidos de modo a simplificar os cálculos subsequentes. Blocos de granito estão sendo retirados de uma pedreira e transportados para cima de um plano inclinado de 15o .1. Equação (3. Vamos resolver este problema seguindo passo a passo o algoritmo de “técnicas de resolução de problemas”: 1. logo cada corpo está em equilíbrio e podemos aplicar para cada um deles a primeira lei de Newton: X X Fx = 0 Fy = 0 (3. Por razões ambientais.4) Construa diagrama(s) de corpo-livre para o(s) objeto(s) relevantes para a solução do problema.1).Capítulo 3 – As Leis de Newton e Aplicações 107 4. Finalize verificando se seus resultados são consistentes com o diagrama de corpo-livre. Os objetos relevantes são o balde e o carrinho.14) 3. 5.2: Modelo idealizado do sistema. em linha reta e com velocidade escalar constante).1: Balde cheio de barro puxa carrinho com bloco de granito. você pode frequentemente detectar erros em seus resultados.2. Uma lâmpada suspensa.8 Partículas em Equilíbrio Vamos aplicar as técnicas que acabamos de apresentar na resolução de um problema que envolve partículas em equilíbrio. 6. Fazendo assim. Escolha um eixo de coordenadas coveniente para cada objeto e encontre as componentes das forças ao longo dos eixos. Relembre que você deve ter tantas equações independentes quanto o número de quantidades desconhecidas para obter uma solução completa. o barro também está sendo despejado na pedreira para preencher buracos antigos.13). você projeta um sistema no qual o bloco de granito sobre um carrinho com rodas de aço (peso p1 . determine a relação entre os pesos p1 e p2 para que o sistema se mova com velocidade escalar constante. (e . 3. Aplique a segunda lei de Newton na forma de componentes. Resolva as equações de componentes para as quantidades desconhecidas. Um corpo está em equilíbrio quando está em repouso ou em movimento retilíneo uniforme em um sistema de referência inercial. 2. Exemplo 3. Também verifique as predições de suas soluções para valores limites das variáveis. Para simplificar o processo. como mostrado na Figura 3. Desprezando o peso do cabo e os atritos na polia e nas rodas. O problema é de equilíbrio de partículas ou de dinâmica de partículas? O carrinho e o balde se movem com uma velocidade constante (ou seja. Os Figura 3. Retirado da referência [5]: Figura 3. um avião voando em linha reta a uma velocidade constante são alguns exemplos. . 26p1 (3.3 e Figura 3. 26p1 ? Observe que nem precisamos usar Fy = 0 para o carrinho com o bloco.5). ela empurra um frasco de leite de 0.15) Para o balde: X Fy = T + (−p2 ) = 0 logo p2 = T (3. mas sim em aceleração. 5. Retirado da referência [5]. (3. .5: Um frasco de leite e uma bandeja sendo empurrados. O que aconteceria P se p2 > 0. Equação (3. portanto.3: Diagrama do corpo livre para o balde.15) na Equação (3. Figura 3. A força resultante. Calcule a aceleração da bandeja e do frasco e a força horizontal que a bandeja exerce sobre o frasco.4: Diagrama do corpo livre para o carrinho. isso seria útil apenas para obter o valor da força normal n.0 N.2. Você empurra uma bandeja de 1. Conforme a bandeja se move. Nestes casos. sobre o corpo é igual ao produto da massa pela aceleração do corpo: X F~ = m~a (3.14): X Fx = T + (−p1 sin 15o ) = 0 logo T = p1 sin 15o Figura 3. Você é capaz de mostrar que n = p1 cos 15o ? Dinâmica das Partículas Nesta aula aplicaremos os princípios e técnicas de resolução de problemas que aprendemos na aula anterior para resolver problemas de dinâmica de partículas. Como comentamos na aula anterior.0 kg pelo balcão do refeitório com uma força constante de 9.50 kg (Figura 3. o enunciado diz que o carrinho tem rodas de aço e está sobre trilhos de aço!!! Revise a seção sobre força de atrito na aula anterior. A bandeja e o frasco deslizam sobre uma superfície horizontal que está tão encerada que o atrito é desprezível. a força resultante sobre um corpo é diferente de zero e.18) Figura 3.16) Substituindo a Equação (3.17) 6.16) obtemos que: p2 = p1 sin 15o = 0. 26p1 ? E se p2 < 0. Concluímos portanto que o peso do balde com barro é apenas cerca de 26% do peso do carrinho com o granito quando o sistema está equilíbrio. usaremos esta relação na forma dos componentes: X X Fx = max Fy = may (3.4: Observe que o problema implicitamente despreza a força de atrito. dada pela Segunda Lei de Newton.ele não está em equilíbrio.19) Exemplo 3.Capítulo 3 – As Leis de Newton e Aplicações 108 diagramas de corpo-livre são respectivamente apresentados na Figura 3. Para o carrinho temos pela primeira lei de Newton. Resolva as equações de componentes para as quantidades desconhecidas. O diagrama de corpo livre para o frasco de leite (FL) é apresentado na Figura 3.Capítulo 3 – As Leis de Newton e Aplicações 109 Para se resolver um problema antes de qualquer coisa temos que ter em mente quais as variáveis que se quer conhecer.20) São duas equações simultâneas para as duas variáveis que queremos determinar: ax e FB em F L . Neste caso elas são a aceleração da bandeja e a força horizontal que a bandeja exerce sobre o frasco.22) (3. roldanas e rodas... cujo módulo é: v2 arad = (3. 0 kg + 0.23) Então. embora seu módulo seja constante.20) na Equação (3. .21) Figura 3. 50 kg)(6. Estas variáveis estão relacionadas com a segunda lei de Newton. 0 N F = 6.7: Diagrama de corpo livre para a bandeja.21) podemos obter a aceleração: F − m F L ax = m B ax ax = 9.24) R (movimento circular uniforme) Figura 3. O Sears&Zemansky [5] apresenta um segundo método para se resolver este problema. (Duas equações e duas incógnitas.6: Diagrama de corpo livre para o frasco de leite.19).6. a partícula possui uma aceleração que aponta sempre para o centro do círculo. 0 N. 0 m/s2 ) = 3. 0 m/s2 . Note que as acelerações do frasco de leite e da bandeja são iguais! As equações do componente x da segunda lei de Newton para a bandeja e para o frasco são: Frasco : X Fx = FB em F L = mF L ax Bandeja : X Fx = F − FF L em B = F − FB em F L = mB ax (3. 50 kg (3. Seguindo o algoritmo de “técnicas de resolução de problemas” dado na aula anterior. Equação (3. Desde que neste tipo de movimento a direção da velocidade varia. (3. Vale a pena conferir! Dinâmica do Movimento Circular Uniforme O movimento circular uniforme (ou aproximadamente) é comum na natureza e em engenhos mecânicos. = mB + mF L 1. temos que o primeiro passo para resolver o problema é construir o diagrama de corpo livre para cada um dos objetos envolvidos. Exemplos são as órbitas dos planetas em torno do Sol e o movimento de engrenagens.20) obtemos que: FB em F L = mF L ax = (0. é fácil demais!!!) Substituindo a Equação (3. substituindo este valor na Equação (3. vimos isto na aula x de Cinemática. Por isto que esta aceleração é chamada de aceleração centrípeta. como F~ = m~a e ~a aponta P~ para o centro do círculo e possui um módulo v 2 /R.Capítulo 3 – As Leis de Newton e Aplicações 110 O índice inferior “rad” é um lembrete de que a aceleração da partícula é sempre orientada para o centro do círculo de raio R. Pela segunda lei de Newton se uma partícula está acelerada é porque ela está sujeita a uma força resultante que aponta na mesma direção aceleração. F também aponta para o centro do círculo e seu módulo é . perpendicular à velocidade instantânea. Não é Pda diferente no caso do movimento circular uniforme. X . v2 ~ . (3.25) F = ma = m e não do atrito cinético. Se a força de atrito estático for insuficiente. indica simplesmente que a força resultante é dirigida para o centro do movimento circular. A unica força que puxa o avião para dentro é a tração do fio. o carro irá derrapar para fora da estrada. sem nenhuma referência a origem de tal força. Exemplo 3. Em alguns casos. esta força resultante dirigida para o centro do círculo é chamada de força centrípeta (Figura 3. como é o caso com a força gravitacional ou uma força elétrica. a força centrípeta que mantém o carro sobre a curva vem do atrito estático entre a estrada e os pneus.8). Estas serão os componentes horizontal e vertical da segunda lei de Newton aplicada ao peso. logo esta força sozinha (ou uma componente dela) é a força centrípeta. a tensão F e o período T precisamos de duas equações. Veremos nos exemplos e problemas que seguem a força centrípeta em ação e perceberemos que às vezes a sua fonte não é óbvia.3. Trata-se do atrito estático. pois os pneus não estão deslizando em relação à direção radial. . Aplicando a segunda lei de Newton ao peso temos: Figura 3. Note-se que a expressão “força centrípeta” não se refere a qualquer tipo de interação.8: Em um movimento circular uniforme. Esse sistema é chamado de pêndulo cônico porque o fio de suspensão descreve um cone. e o fio faz um ângulo β constante com a direção vertical (Figura 3. A componente horizontal da tensão é a força que produz a aceleração horizontal centrípeta arad . O primeiro passo para a solução do problema é fazer o diagrama do corpo livre para o peso como mostrado na Figura 3.9).10. como a força resultante são orientadas para o centro do círculo. tanto a aceleração. Um inventor propõe a construção de um pêndulo usando um peso de massa m na extremidade de um fio de comprimento L. rad R Assim como a aceleração. Quando um carro se move com velocidade escalar constante em uma curva sem inclinação lateral. Ache a tensão F no fio e o período T (o tempo para uma revolução de peso) em função do ângulo β. Retirado da referência [5] Para achar as duas variáveis. é fácil identificar a fonte da força centrípeta. o peso se move em um círculo horizontal com velocidade escalar constante v. para uma dada velocidade escalar e um raio da curva. As forças que atuam sobre o peso são a tensão FT o fio e o peso P . Em vez de oscilar para a frente e para trás. Encontraremos a aceleração do peso em direção ao centro do círculo usando uma das equações do movimento circular. como quando um aeromodelo preso por um fio-guia voa em um círculo horizontal. gR (3. a tensão no fio e a velocidade do peso para β = 90o ? Tal situação poderia existir?) Figura 3. Tendo em vista tal dependência do período com β.35) Observe que para um dado comprimento L. à medida que o ângulo β diminui o período T se torna menor. (Pensem nisto. usamos a definição de aceleração centrípeta: arad = (2πR/T )2 4π 2 R 4π 2 L sin β v2 = = = R R T2 T2 (3.34) e portanto.30) e que (dividindo as duas equações): tan β = v2 . que valores teriam o período.31) temos que v2 = g tan β.9: A situação.Capítulo 3 – As Leis de Newton e Aplicações v2 R = FT cos β + (−mg) = 0 111 X Fx = FT sin β = m (3. s T = 2π L cos β.32) Mas da Equação (3.26) X Fy (3.27) ou v2 FT sin β = m R FT cos β = mg x : y : (3.32) tiramos que: g tan β = 4π 2 RL sin β T2 (3.29) Destas duas equações tiramos facilmente a tensão FT em função do ângulo β: mv 2 mg FT = ou FT = R sin β cos β (3.10: Diagrama do corpo livre para o peso. g (3... R (3.33) e substituindo esta expressão na Equação (3. Também note que se o ângulo β aumenta a tensão FT = mg/ cos β no fio aumenta. Para relacionar β com o período T .31) Figura 3. o pêndulo cônico não serviria como um bom relógio. .28) (3. ela segue a seguinte expressão: 1 Ec = mv 2 2 112 (4. uma vez que estamos trabalhando com grandezas puramente escalares. ou seja. através de analises experimentais percebe-se que a energia associada a um sistema físico fechado e isolado se conserva sempre. No entanto. porém esta relação entre Ec e v não é linear. fato sintetizado pelo princípio de conservação de energia. 4. Na mecânica Clássica existem muitos problemas físicos que necessitariam de um tratamento vetorial adequado e aplicações da cinemática para serem resolvidos. iniciaremos definindo a energia associada ao estado de movimento de uma partícula (Energia Cinética). energia não pode ser criada ou destruída e sim transformada em outros tipos de energia ou trabalho.1 Energia Cinética Podemos associar uma forma de energia ao estado de movimento de uma partícula. o Trabalho e a Potência.1) . pois estas duas grandezas físicas estão intimamente ligadas. Quanto maior a velocidade da partícula maior será a energia cinética. percebe-se que tentar discutir o conceito de energia separadamente do conceito de trabalho é uma tarefa difícil. Contudo.Capítulo 4 Energia e Trabalho Marcio Assolin Corrêa Definir o significado de energia para a física é uma tarefa não trivial. E para isso. energia magnética e energia mecânica são exemplos de energias que podem ser transferidas de um objeto para outro em um determinado sistema físico. energia elétrica. Pesquisando em diversas literaturas. Esta energia está diretamente relacionada a velocidade em que a partícula se encontra em um determinado instante de tempo. com um estudo energético adequado estes mesmos problemas podem ser resolvidos com maior facilidade. principalmente devido as diferentes formas de energia que podem estar associadas a uma partícula ou a um sistema de partículas. Podemos definir a energia como uma quantidade escalar associada ao estado físico de uma partícula ou sistema de partículas que pode ser transformada em trabalho. Energia térmica. Vamos mostrar esta facilidade no decorrer deste capítulo. Denominamos esta energia de Energia Cinética o qual vamos simbolizar aqui por Ec . dizemos que ao deslocar um objeto de uma posição inicial até uma posição final realizamos trabalho. Dimensionalmente. Considerando θ = 60◦ . (4.5) ~ Quando este ângulo Na equação 4. Desta forma. F = 30N e supondo que o deslocamento da partícula em um determinado intervalo de tempo seja de ∆d = 10m então o trabalho é calculado facilmente por: W = F dcos(θ) = 30N · 10m · cos(60◦ ) = 150J . de modo que o resultado é um escalar (o trabalho). podemos ter situações em que a força tem uma componente na direção oposta ao deslocamento do objeto.2 kg · m2 = Joule (J) . é zero (θ = 0) temos que cos(0) = 1. o significado de trabalho tem uma formulação matemática bem definida e está diretamente relacionado à força (F~ ) necessária para ~ de um objeto. s2 (4. s2 s2 (4. W = F dcos(θ). (4.4). assim W = F d.4) O produto escalar na Equação (4. (4. Podemos calcular o módulo do trabalho tomando o módulo do produto ~ Desta forma. Exemplo 4.5.3) Perceba que a equação (4. Contudo. Como mencionado anteriormente.Capítulo 4 – Energia e Trabalho 113 onde m é a massa e v a velocidade da partícula.1. dimensionalmente temos. ou seja. Considere um objeto que sofre um deslocamento ∆d~ devido a uma força F~ como mostrado na Figura 4. o que levará a um trabalho negativo. quando o ângulo entre os vetores é normal (θ = 90◦ ) então teremos um trabalho dado por W = F dcos(90◦ ) = 0. no SI de unidades (ver a Seção 1. No entanto. o trabalho é nulo para uma força sendo aplicada normal ao deslocamento do objeto. realizar um determinado trabalho não significa deslocar um objeto mas sim dissipar energia “pensando” em um determinado problema. Para a física. Posteriormente. Conhecendo o ângulo θ entre estas duas grandezas físicas é possível calcular o trabalho realizado sobre o objeto. em alguma situações. quando for analisado o Teorema Trabalho-Energia Cinética vamos discutir em mais detalhes o que significa trabalho negativo. θ é o ângulo entre os vetores F~ e d.3) é um produto escalar entre dois vetores. Podemos entender fisicamente o trabalho (W) variar a posição (d) como a energia transferida para o/do objeto mediada por uma força: ~ W = F~ · d.3) nos permite realizar algumas análises importantes.1.2) Trabalho Intuitivamente temos em mente o significado cotidiano da palavra trabalho.6) . outra maneira de escrever o trabalho é: escalar (F~ · d). no SI temos que: [W ] = N · m = kg · m2 kg · m · m = =J. que [Ec ] = 4. 9) encontramos. 4.9) 1 1 F d = mvf2 − mvi2 .10) F = max = m e manipulando a equação (4. (4. esse sofre uma alteração na sua velocidade.1: Objeto sendo deslocado por uma distância ∆d~ sob influência de uma força F~ . . então teremos um trabalho negativo o que acarreta em uma diminuição da energia cinética da partícula.7) para a aceleração: vf2 − vi2 .7) considerando que o deslocamento d está na mesma direção da força.10) é exatamente o trabalho realizado pela força F~ sobre o objeto e o lado direito é a variação da energia cinética ∆Ec . uma vez que esta submetido a uma aceleração constante (Segunda Lei de Newton). Assim. Podemos associar a variação da velocidade do objeto com sua aceleração a partir de equação do movimento para o MRUV: vf2 = vi2 + 2ad. . quando a força resultante está na direção contrária ao movimento. Para isso inicialmente vamos resolver a equação (4.3 Teorema Trabalho-Energia Cinética Quando uma força constante é aplicada sobre um objeto. 2 2 (4. responsável pela aceleração. Contudo. temos o teorema trabalho-energia cinética.8) 2d onde o sub-índice x refere-se a aceleração na direção do deslocamento (direção x).Capítulo 4 – Energia e Trabalho 114 Figura 4. W = Ecf − Eci = ∆Ec . Quando a força está na mesma direção do deslocamento do objeto temos um trabalho positivo.11) Podemos discutir novamente neste ponto o significado de trabalho positivo ou negativo. podemos relacionar esta equação com a Segunda Lei de Newton. (4. (4. Perceba que o lado esquerdo da equação (4. deste modo há um aumento na energia cinética. Substituindo esta aceleração na Segunda Lei de Newton temos: ax = vf2 − vi2 2d (4. calcular graficamente a integral significa obter a área sob uma determinada função gráfica.13.14) como a potência Instantânea. A área sob a curva é o trabalho realizado pela força sobre a partícula de acordo com a equação 4. .Capítulo 4 – Energia e Trabalho 4. o que influencia diretamente no trabalho realizado.13) xi Como sabemos. (4. Nesta situação o cálculo do trabalho realizado pela força sobre o objeto deve ser ligeiramente diferente do que foi discutido anteriormente. quando um trabalho W é realizado em um intervalo de tempo ∆t podemos calcular a potência média: W Pm = .2 podemos calcular o trabalho a partir da área. Como vimos anteriormente. Muitas vezes estamos interessados em realizar este trabalho em um certo intervalo de tempo ∆t.5 Potência Descrevemos nas seções anteriores as diferentes formas de realizar trabalho sobre um objeto. No limite de ∆xi → dxi temos: X Fx ∆xi . variando uma de suas componentes. Esta variação da força pode ser tanto em módulo como em direção e sentido. No entanto.12) W = lim ∆x→0 i Por definição este limite é na verdade a integral de Fx ao longo de x. x onde representamos uma função variável. 4. A partir destas necessidades podemos definir uma outra grandeza física denominada potência. s s (4.15) no SI temos: [P ] = N·d J = = W (Watt).2: Gráfico de Fx vs. W = (4. considerando uma força Fx que tem um comportamento mostrado na Figura 4. o trabalho realizado por esta força pode ser calculado como sendo Z xf Fx dx. Definimos potência como a taxa temporal da realização de um trabalho: dW P = .16) Figura 4.14) dt Podemos denominar a equação (4. (4. O trabalho total será a soma de cada “elemento de trabalho” separadamente. Considerando que o objeto sofreu um deslocamento desde uma posição xi até uma posição xf devido a uma força variável Fx . estamos variando o vetor como um todo. Devemos calcular o trabalho realizado pela força para cada elemento ∆xi (mudamos aqui a variável d para x para facilitar a representação dos diferenciais e integrais) do deslocamento do objeto.15) ∆t Tomando uma análise dimensional da equação (4.4 115 Trabalho e energia com forças variáveis Em muitas situações a força atuante sobre a partícula não é constante. (4. Assim. força é uma grandeza vetorial e. Relacionando a energia .6 4. a força gravitacional realiza um trabalho W = −mg∆h. valores de potência expressos em outras unidades como o Horse Power (hp).21) Energia Potencial e Conservação de Energia Forças Conservativas Quando elevamos um objeto de uma altura h0 até uma altura hf realizamos um trabalho positivo dado por W = mg∆h.1 dx = F cosθ v = F~ · ~v . basta que a altura inicial e final sejam as mesmas para o exposto acima ser verdadeiro.2 Trabalho e Energia Potencial Baseado na definição de força conservativa atuando sobre um objeto. (4.6. 6 × 106 J. (4.Capítulo 4 – Energia e Trabalho 116 Podemos encontrar em alguns equipamentos. for nulo. 4. Vale ressaltar que isso será independente se a posição final da partícula é exatamente a mesma posição inicial. entre outros. Observando a equação (4. (4. pois a força gravitacional está no sentido oposto ao deslocamento ∆h.20) P = dt dt Lembrando que dx/dt = v. Isso ocorre devido a força da gravidade ser uma força conservativa. No entanto. (4.14) podemos expressar a unidade de trabalho em quilowatt-hora que é usada no nosso cotidiano nas contas de luz de nossas residências. 4.18) Existem algumas formas de apresentar a unidade de trabalho. Considerando um objeto com movimento linear sujeito a uma força F~ aplicada em uma direção θ com relação a direção do movimento temos: F cosθdx dW = . podemos definir uma nova função denominada energia potencial U . Se deslocarmos este mesmo objeto de volta para a altura h0 e calcularmos o trabalho da força gravitacional desde o início do movimento até este momento teremos um trabalho total nulo. utilizando a definição de potência. A relação entre hp e Watt é: 1 hp = 746 W.19) Podemos reescrever a equação 4. A relação entre quilowatt-hora e joule é: 1 quilowatt-hora = 1 kW · h = 103 W · 3600 s = 3.14 em função da força aplicada sobre o objeto e a sua velocidade. temos: P = F cosθ0 .6. Desta forma. podemos definir que uma força é conservativa se o trabalho realizado por ela.17) Temos ainda o cavalo-vapor (CV) que tem uma relação com o Watt dada por: 1 cv = 735. dt (4. 5 W. automóveis. sobre um objeto que descreve uma trajetória fechada. Trabalho e energia potencial gravitacional A partir da definição de trabalho da Equação (4. Neste sistema será desprezado o atrito entre a partícula e a superfície. Ug = mgh. .3: Sistema massa-mola onde K é a constante elástica da mola e m a massa da partícula. Desta forma podemos definir a energia potencial gravitacional da seguinte forma.13 e substituindo Fx pela lei de Hooke. 2 (4.24) O lado direito da Equação (4.23) h0 Resolvendo a integral temos que: W = mghi − mghf = −∆Ug . (4. onde Fx = −kx.22) podemos calcular o trabalho realizado pela força gravitacional sobre um objeto. (4.Capítulo 4 – Energia e Trabalho 117 com o trabalho.24) é exatamente a variação da energia potencial gravitacional. Considerando um objeto sendo suspenso de uma altura inicial y = h0 até uma altura final y = hf sujeita a força gravitacional dada por Fy = −mg podemos calcular o trabalho realizado a partir de Z Z hf hf −Fy dy = − W = h0 mgdy. respectivamente.27) onde podemos definir a energia potencial elástica associada a uma mola com constante elástica k da seguinte forma: 1 Ue = kx2 . (4. Imaginando um sistema físico como o indicado na Figura 4.22) W = 1 onde 1 e 2 são as posições inicial e final.26) x0 x0 A solução desta integral é dada por: 1 1 W = kx2i − kx2f = −∆Ue . onde um objeto preso a uma mola de constante elástica k é deslocado de uma posição inicial x0 até uma posição xf podemos calcular o trabalho a partir de Z xf Z xf W = Fx dx = −kxdx . podemos definir que o trabalho realizado por uma força conservativa deve ser igual à diminuição da energia potencial: Z 2 F~ · d~s = −∆U .25) Trabalho e energia potencial elástica Com o mesmo procedimento da seção anterior. 2 2 (4. (4.28) Figura 4. (4.3. podemos calcular o trabalho realizado por uma força elástica utilizando a equação 4. para um sistema onde . deste modo concluimos que a energia mecânica deste sistema é sempre constante. A energia potencial pode ser tanto a energia potencial gravitacional (Ug ). ∆Ec = W .32) Os termos ∆Ec e ∆U indicam a variação destas energias em função de duas posições distintas que chamaremos aqui de posição inicial (sub-índice i) e posição final (sub-índice f).31) em (4. Por outro lado. Podemos calcular a variação da energia cinética através do trabalho. Por exemplo. (4.30) ∆U = −W (4. Emec = Ec + U.3 118 Forças não-conservativas Ao empurrarmos uma caixa sobre uma superfície em que o atrito está presente teremos um trabalho diferente de zero quando descrevemos uma trajetória fechada. Este conceito. o sistema irá transformar a energia cinética inicial em energia potencial gravitacional.32) em função destes sub-índices ficamos com a forma Ecf + Uf = Eci + Ui . Outro exemplo de força não conservativa é a força de arrasto que surge durante a descida de um objeto em queda livre. energia potencial elástica (Ue ) ou a soma destas duas formas de energias (Ug + Ue ). o trabalho realizado sobre um objeto acarretará em uma transformação de uma forma de energia em outra. e substituindo (4.Capítulo 4 – Energia e Trabalho 4. quando arremessamos um objeto para cima.7 Conservação da Energia Mecânica Definimos como Energia Mecânica a soma da energia potencial (U ) e da energia cinética Ec de um objeto. analizando a variação da energia mecânica (∆Emec ) teremos.6. Reescrevendo (4. desprezando o atrito com o ar.31) Lembrando que. (4. associado ao conceito de forças conservativas serão importantes para definir a Conservação da Energia Mecânica que será discutida na próxima seção. de modo que não temos a possibilidade associar a esta força uma energia potencial. e que este sistema está sujeito a apenas forças conservativas.33) Observando (4. Neste caso dizemos que a força de atrito não é uma força conservativa.30) temos: ∆Ec = −∆U (4. Assim. (4. 4.29) Partindo da suposição que temos um sistema isolado (nenhuma força externa atua sobre o sistema) contendo um determinado objeto.33) podemos deduzir que a soma da energia mecânica em qualquer posição e instante de tempo deve sempre constante. ou seja. este é exatamento o princípio da conservação da energia mecânica.4: Gráfico da energia potencial em função da posição (linha azul) e derivada espacial deste gráfico. devemos tomar derivada espacial da energia potencial atuante no objeto da seguinte forma. a variação da energia mecânica nula. podemos.8 (4.34) Curvas de Energia Potencial e Força Se considerarmos um objeto sujeito a forças conservativas movimentando-se em uma única direção (x por exemplo). respectivamente. Quando observamos simultaneamente os dois gráficos verificamos que exatamente nestes pontos a força atuante sobre a partícula é nula. Figura 4. se o objeto for . quando temos um mínimo na energia potencial a força nula indica uma situação onde temos um ponto de equilíbrio estável. através de sua curva de energia potencial. Por exemplo.4 onde no primeiro gráfico está representada a energia potencial atuante sobre o objeto em função da posição x. obter informações importantes sobre o comportamento da força resultante aplicada no objeto. dx (4. Com isso. indicando a força atuante (linha vermelha) sobre o sistema em função da posição. Podemos observar os mínimos e os máximos desta função que representam as posições onde existem os máximos e os mínimos de potencial. F (x) = − dU (x) . 4.Capítulo 4 – Energia e Trabalho 119 somente forças conservativas estão atuando. Para isso. podemos definir os pontos de equilíbrio onde o objeto pode estar em uma situação estável ou instável. ∆Emec = ∆Ec + ∆U = 0.35) Como exemplo podemos observar a figura 4. de modo que pequena perturbação na força acarreta em um deslocamento do objeto. F~ = −∇U (4.40) de onde podemos reescrever a Lei da Conservação da Energia como sendo ∆Ec + ∆U + ∆Uint = 0 .33 toma a forma: Eci + Ui − ∆Uint = Ecf + Uf . Como já discutimos anteriormente. Por exemplo. Fz = − . mas simplesmente transformada de uma forma para outra. . não retornando mais a posição anterior. sendo este um trabalho negativo. ele tenderá a retornar a esta posição. o atrito realiza trabalho sobre o objeto. Assim.39) Com isso a equação 4.37) ~ é um operador definido por onde ∇ ˆ ~ = ∂ ˆi + ∂ ˆj + ∂ k. (4. de cada uma das superfícies. O trabalho realizado pela força de atrito (Wext ) é exatamente igual ao negativo da variação da energia interna do sistema (∆Uint ). pois mostra que apesar de existir variações da energia cinética. (4.36) Assim podemos escrever F~ na forma: ~ . ∇ ∂x ∂y ∂z 4.Capítulo 4 – Energia e Trabalho 120 retirado desta posição através de pequenas forças gerando pequenos deslocamentos. ∂x ∂y ∂z (4. é importante encontrar a energia total dissipada ou recebida por um sistema físico para descrever corretamente a lei conservação da energia mecânica. onde existe uma componente da força para cada direção de um sistema cartesiano então a força pode ser escrita como sendo Fx = − ∂U ∂U ∂U .41) Este resultado é extremamente importante. Assim concluímos que energia nunca pode ser criada ou destruída.9 (4. Contudo. encontramos uma posição de equilíbrio instável.38) Forças externas sobre um sistema Existem forças externas a um sistema físico que podem influenciar no balanço da energia total. para a situação onde temos um máximo na energia potencial. pois o atrito atua sempre na direção oposta ao sentido das velocidades relativas de escorregamento no contato. de modo que ∆Uint = −Wext . potencial e interna de um sistema físico a soma destas variações é sempre igual a zero. Fy = − . a força de atrito. Se considerarmos um sistema tri-dimensional. (4. atua sobre o sistema dissipando energia na forma de ruído e aumentando a temperatura da superfície e do objeto em questão (aumento da energia interna do sistema). W = −mgdsen(θ) = −mgh .46) que é exatamente a energia potencial gravitacional. 5) = −368 J .42) ou ainda. ∆t (4. (4. uma a 14◦ na direção noroeste e outro a 14◦ na direção nordeste. direções estas referentes a direção norte. qual é o trabalho total realizado sobre o petroleiro? Figura 4.a potência média é calculada na forma. 8 m/s2 )(2. (4. Pmed = ∆E . θ é o ângulo entre a força gravitacional e o deslocamento da caixa.10 dE . onde o sinal negativo está relacionado a discussão do parágrafo anterior. 70 m. até uma altura h = 2. porém sabemos que o ângulo entre d~ e F~g é maior que 90◦ de modo que o trabalho é negativo. Com isso o petroleiro é puxado uma distância de 0. Fisicamente o trabalho negativo é obtido quando a componente da força que realiza o trabalho está no sentido oposto ao do deslocamento.45) Substituindo esta última igualdade e lembrando que Fg = mg. 5 m.47) 2.Capítulo 4 – Energia e Trabalho 4.5) onde.1 121 Potência Com o conhecimento da Lei da Conservação da Energia é possível expandir nosso conceito de potência. Assim.5 é possível obter do triângulo-retângulo a relação: dsen(θ) = h . Podemos definir potência como a taxa na qual uma a energia é transformada. parando em seguida. a potência instantânea na forma: P = 4. Dois rebocadores puxam um navio petroleiro.5: Figura referente ao Exercício 1. temos que W = Fg dsen(θ). não conhecemos o valor do ângulo de inclinação desta rampa. Observando a Figura 4. Uma caixa de 15 kg. vem: W = −(15 kg)(9. (a) Qual é o trabalho W realizado pela força gravitacional F~g sobre a caixa durante a subida? (b) Qual o trabalho W realizado sobre a caixa pela força T~ exercida pelo cabo durante a subida? Solução: (a) Para calcular o trabalho realizado pela força gravitacional F~g devemos utilizar a equação (4.44) Contudo. Considere o atrito nulo entre a caixa e o plano inclinado (figura retirada de[4]). 75 km do sul para o norte. neste caso. . inicialmente em repouso. Cada rebocador exerce uma força constante de 1.9. (4. 8 × 106 N.43) Exercícios resolvidos 1. Substituindo os valores numéricos. dt (4. percorre uma distância d = 5. temos que. (4. Assim. puxado por um cabo em uma rampa sem atrito. que pode ser tratado como uma partícula. (4. Para encontrar a força resultante basta tomar as componentes das forças na direção norte. basta calcular a velocidade da partícula para os dois tempos determinados e encontrar a variação da energia cinética. . (4.Capítulo 4 – Energia e Trabalho 122 Solução: Considerando a figura 4. Assim. 0t − 4. 8 × 106 · cos(14◦ )) · 0. Desta forma a variação da energia cinética é dada por: 1 1 ∆Ec = Ecf − Eci = mvf2 − mvi2 2 2 1 1 2 = Ecf − Eci = 3 · 19 − 3 · 32 = 528 J.48) Forças na direção y: Fy = F1 cos(14◦ ) + F2 cos(14◦ ) = FR . Solução: Podemos calcular o trabalho sobre esta partícula utilizando o teorema trabalhoenergia cinética. (4. 0 kg.51) = 2. substituindo os valores numéricos.54) (4. 75 × 103 J (4. 62 × 109 J. O cálculo da velocidade é feito a partir da derivada temporal da posição da seguinte forma: dx = 3 − 8t + 3t2 . Uma força age sobre um objeto de 3.6: Navio sendo rebocado por doi rebocadores indicados pela forças F~1 e F~2 .6 podemos encontrar a força resultante na direção do deslocamento do navio para posteriormente encontrar o trabalho realizado por estes dois rebocadores sobre o navio petroleiro. 0t3 . 2 2 (4. (4. temos: W = (1. de tal forma que a posição do objeto em função do tempo é dada por x = 3. (4.56) Figura 4.49) Com isso podemos calcular o trabalho tomando W = FR · d. (4.50) onde d é a distância percorrida pelo navio petroleiro. pelo teorema trabalho-energia cinética temos: W = ∆Ec = 528 J. 8 × 106 · cos(14◦ ) + 1. Determine o trabalho realizado sobre o objeto pela força de t = 0 até t = 4s. 0t2 + 1. com x em metros e t em segundos. Forças na direção x: Fx = F2 sen(14◦ ) − F1 sen(14◦ ) = 0.53) v= dt Substituindo os tempos nesta última expressão temos v(0) = 3 m/ s e v(4) = 19 m/ s.55) Assim.52) 3. Desta forma. 7.57) (b) O trabalho para o intervalo de x = 8 m até x = 10 m é: W = −6 J. onde A = 8 N · m3 .59) 5.60) calculando a integral temos que 1A + U0 . desta forma. A força que atua em um objeto varia conforme a figura 4.61) 2 x2 onde U0 é uma constante devido a integral ser indefinida. Uma força é expressa por Fx = Ax−3 . basta calcular a área sob o gráfico para encontrar o trabalho para um determinado intervalo de tempo. conhecendo a força podemos encontrar U da seguinte forma: Z Z U (x) = − F (x) = − Ax−3 dx (4. Assim. de modo que U tende ao zero quando x tende a infinito. Observando esta última equação podemos verificar que com o aumento de x temos uma diminuição do potencial U (x). Solução: O cálculo do trabalho pode ser feito a partir da equação (4. (a) Para valores positivos de x. (4. (4. o valor desta constante irá depender das condições iniciais da energia do sistema físico. (4. Assim. x2 (4. (4. (a) x = 0 m até x = 8 m.13).62) 2 ∞2 Assim temos que U (x) = U0 = 0 como o próprio enunciado determina.63) Figura 4. temos: (a) O trabalho para o intervalo de x = 0 m até x = 8 m é: W = 24 J. x. a energia potencial associada a essa força aumenta ou diminui com o aumento de x? (b) Determine a função energia potencial U associada a essa força. (c) Faça um esboço da curva U vs. .58) (c) O trabalho para o intervalo de x = 0 m até x = 10 m é: W = W0−8 + W8−10 = 24 J − 6 J = 18 J. (b) de x = 8 m até x = 10 m e (c) de x = 0 m até x = 10 m. Encontre o trabalho sobre o objeto para os seguintes intervalos.Capítulo 4 – Energia e Trabalho 123 4. Conhecendo U0 podemos reescrever a função potencial na forma: U (x → ∞) = U (x) = 4 N · m3 . U (x) = (b) Inicialmente vamos tomar x → ∞: 1 A + U0 . Solução: (a) Como vimos a energia potencial poder ser calculada a partir da integral no espaço da força aplicada ao sistema. (4.7: Navio sendo rebocado por doi rebocadores indicados pela forças F~1 e F~2 . a posição para a função do exemplo 5. Assim a energia potencial relacionado aos corpos de massa m e M . ou as posições y.64) Para encontrar os máximos e mínimos da energia potencial podemos tomar a derivada do mesmo em função da posição e igualar a zero. (a) Determine a energia potencial do sistema em função da distância y. Aplique a segunda Lei de Newton ao relógio e mostre que ele está em equilíbrio para o valor de y obtido no item (b). (c) Se a energia potencial é mínima.9 a altura do relógio é −y e a altura para as massas M é L − y 2 + d2 .Capítulo 4 – Energia e Trabalho 124 (c) Para fazer o gráfico do enunciado vamos utilizar um programa matemático para resolver a função em um determinado intervalo em x (o programa utilizado para solução deste exemplo foi o Mathematica). (4. Figura 4. são máximos ou mínimos basta tomar a derivada segunda e verificar se o mesmo é positivo (o potencial neste ponto será um mínimo) ou negativo (o potencial neste ponto será um máximo). 6. dy dy (4. (4. (b) Calcule o valor de y para o qual a energia potencial do sistema é mínima. No caso: p d dU (y) = − [mgy + 2M g(L − y 2 + d2 )]. .66) Figura 4.65) Resolvendo esta derivada e igualando a zero para encontrar os máximos e mínimos temos que U 0 (y) = −[mg − 2M g p y0 y 02 + d2 ] = 0. Este ponto de equilíbrio é estável ou instável? Solução: Para resolver este problema vamos inicialmente considerar que o potencial é nulo para a altura das polias. Para verificar se as raízes. A energia é então: p U (y) = −mgy − 2M g(L − y 2 + d2 ). cada um de massa M .8: Potencial vs. então o sistema esta em equilíbrio.9 mostra uma novidade em relógios de parede: O relógio (de massa m) é suportado por dois cabos leves que circundam duas polias e sustentam dos contrapesos. A Figura 4. De acordop com a Figura 4. Assim temos: (a) A energia potencial é a energia potencial para o relógio somada a energia potencial das duas massas M .9: Relógio com as massas M e m do exemplo 06. dy 2 (4. 2 2M y + d2 (4. o ponto em questão será o nó que une a cordas do relógio.76) Figura 4.Capítulo 4 – Energia e Trabalho 125 onde y 0 indica a posição dos máximos e mínimos.10: Forças atuantes sobre o nó do sistema relógio.73) de onde encontramos a relação angular na forma: sen(θ) = m .72) Substituindo as forças. Na direção y temos que: X Fy = 0 . 2 2 m dy ( 4M 2 −m2 + 1) 2 (4. podemos mostrar que este sistema está em equilíbrio. Para verificar o equilíbrio temos que o somatório das forças na direção x e y são nulas. (4. (c) Aplicando a segunda lei de Newton.10 é possível verificar esta igualdade.69) 3 (y 2 + d2 ) 2 Substituindo agora y por y 0 temos que d2 U (y 0 ) 2M gd = 3 . Na direção x pela própria simetria das forças na figura 4.68) (4. para isso vamos tomar o somatório da força atuantes em um ponto do sistema. como mostrado na figura 4. Isolando y 0 nesta última temos que r m2 y0 = d .74) Em termos das distâncias y e d o seno do mesmo ângulo θ é sen(θ) = p y y2 + d2 .70) Percebemos que a expressão do lado direito da igualdade acima é uma quantidade positiva. de forma que d2 U (y 0 ) >0.75) Igualando estas duas últimas equações temos que m y =p . (4.67) 4M 2 − m2 Tomando a derivada segunda da função potencial temos que y d d2 U (y) = − [mg − 2M g p ] 2 2 dy dy y + d2 = 2M gd2 (4. (4. 2M (4.71) p ou seja.10. y = d m2 /(4M 2 − m2 ) é um minimo da função pontencial. (4. . vem: 2M gsen(θ) − mg = 0. 7.77) e X Fy = Fn − mgcos(θ) = 0 . Desta forma.81) onde ∆EM é a energia mecânica e ∆ET é a energia dissipada em forma de calor devido ao atrito. (4. Assim podemos escrever a lei da conservação da energia para tentar alcançar o valor do coeficiente de atrito.Capítulo 4 – Energia e Trabalho 126 que é equivalente à equação para a derivada de U (x) em função de y igualada a zero para encontrar os máximos e mínimos. Um bloco de massa m está em repouso em um plano inclinado de θ com a horizontal. (4. isto é.11: Plano inclinado com ângulo θ referente ao exemplo 07.79) onde o primeiro termo é a força devido a lei de Hooke. Solução: (a) Para encontrar uma função para a distensão d da mola no momento em que inicia o movimento vamos utilizar a segunda lei de Newton.82) Figura 4. respectivamente. como mostrado na figura 4. (4. até o bloco iniciar um movimento.78) e substituindo a força normal Fn na equação para força de atrito temos que kd − µs mgcos(θ) − mgsen(θ) = 0 .80) k (b) Nesta situação temos o atrito no sistema.12: Diagrama de força para o bloco sobre o plano inclinado com atrito do Exercício 7. O bloco está preso por uma mola de constante elástica k. o segundo é a força de atrito e o terceiro componente é o componente do peso na direção x. Substituindo a energia mecânica e considerando que tanto no início da análise quanto no final a energia cinética é nula.11. . (d) Este é um ponto de equilíbrio estável.78) Utilizando a Equação (4. (a) Obtenha uma expressão que descreva a distensão d da mola no instante em que o bloco encontra em movimento. nem estendida nem comprimida. Figura 4. assim: Wext = ∆Ug + ∆Ue + ∆ET . (4. Assim o trabalho realizado pelas forças externas é Wext = ∆EM + ∆ET . pois qualquer pequena variação no ângulo ∆θ fará com que o sistema retorne a posição inicial levando novamente ao ângulo inicial θ. A mola é puxada muito lentamente. Os coeficientes de atrito estático e cinético entre o bloco e o plano são µs e µd . (b) Determine o valor de µd de forma que o bloco saia do repouso quando a mola está na condição relaxada. de forma que uma variação da energia interna devido a energia térmica surge. Desta forma podemos observar na figura 4. podemos isolar d para encontrar a função desejada na letra (a) do exercício: mg d= (sen(θ) + µs cos(θ)). Figura retirada da referência [7]. (4. ao longo do plano. para cima.12 o diagrama de corpo livre do sistema. Fazendo o somatório das forças na direção x e na direção y temos: X Fx = Fm − fat − mgsen(θ) = 0 (4. com que velocidade ele passará pela sua posição original de equilíbrio? Admita que o bloco está parado em uma superfície sem atrito. assim: 1 ∆Ue = − kd2 .83) Considerando que a energia potencial do sistema é nulo na posição inicial do sistema. (4. Com isso podemos escrever ∆ET na forma: ∆ET = −Fat · d = −µd Fn d = −µd mgdcos(θ). temos que inicialmente ela encontrase distendida de um valor d e como o enunciado descreve. Figura retirada da referência [7].88) mgdsen(θ) − kd2 − µd mgdcos(θ) = 0.85) Com relação a energia armazenada na mola. 2 (4. L = 0. observando a figura 4.12. para encontrar este energia basta calcular o trabalho realizado pela força de atrito durante o deslocamento d do bloco. 8. como mostrado. através da conservação da energia que ∆Ug + ∆Ue + ∆ET = 0 . (4. Um bloco de madeira (massa M) está conectado a duas molas de massas desprezíveis.87) Substituindo estas ultimas equações na expressão para conservação de energia. temos que h = dsen(θ). como mostrado na figura 4. 2. Solução Figura 4. Considere que k = 1 N/ m. 1 m e M = 1 kg. Com isso. ∆Ug = mgdsen(θ). (d) Se o bloco é deslocado de uma distância x = 0. . qual é a mudança na energia potencial armazenada nas molas? (b) Qual é o módulo da força que empurra o bloco para fora da posição de equilíbrio? (c) Usando um programa gráfico. (a) Se o bloco é deslocado de uma distância x. devemos encontrar µd quando a mola esta relaxada. temos: 1 (4.13: Sistema com um bloco de massa M preso a duas molas de constantes elásticas k. 1 m e abandonado. ou seja a deformação da mola é nula.86) A energia térmica. 2 (4. 2 Portanto o coeficiente de atrito µd tem a forma 1 µd = (tan(θ) − µs ) . Cada mola tem comprimento não esticado L e constante de mola k. (4.89) onde d foi substituído pela expressão encontrada no item (a). trace o gráfico da energia potencial U como uma função de x para 0 ≤ x ≤ 0.Capítulo 4 – Energia e Trabalho 127 Podemos escrever. então a variação da energia potencial pode ser escrita como sendo: ∆Ug = mgh − 0.84) onde.13. (4. como mencionado anteriormente é a energia dissipada pela força de atrito. (4.91) L2 + x2 − L.92) A variação de energia potencial armazenada nas molas é então: 1 ∆U = Uf − Ui = 2 k(∆L)2 .95) Observando a Figura 4. + x2 L2 (4.13 podemos escrever cos(θ) = √ x . ∆L = √ √ L 2 + x2 .99) (c) Para traçar o gráfico da energia potencial (Figura 4.90) onde a hipotenusa (hip) é dada por hip = Assim. (4. 2 (4.94) (b) Para calcular a força basta fazer uma soma vetorial das forças de cada uma das molas. .93) O fator 2 está relacionado a energia nas duas molas do sistema físico. Fm = 2F cos(θ) = 2k∆Lcos(θ). (4. pois F =− √ dU d L = (k( L2 + x2 − L)2 ) = 2kx(1 − √ ).14(b)).98) Outra forma de resolver este ítem basta derivar a expressão encontrada para a energia potencial. A energia armazenada é √ ∆U = k( L2 + x2 − L)2 . (4.Capítulo 4 – Energia e Trabalho 128 (a) Considerando apenas a energia armazenada nas molas temos que inicialmente calcular a elongação de cada uma das molas. 2 dx dx L + x2 (4. (4.13 e mostrar que ∆L = hip − L.96) de modo que x Fm = 2k∆L √ . esta força pode ser escrita como sendo. A estrutura do programa pode ser como indicado na Figura 4.97) (4.14(a). Para isso podemos observar a figura 4. L2 + x2 (4. vamos utilizar o programa Mathematica com os parâmetros indicados no exercício. L 2 + x2 Usando ∆L da solução (a) vem que Fm = 2kx(1 − √ L ). Figura 4. .Capítulo 4 – Energia e Trabalho (a) Exemplo de programa na linguagem Mathematica. 129 (b) Saída do programa da Figura 4.14(a). x no intervalo indicado no enunciado do exercício 8.14: Grafico de U vs. 1 Centro de Massa O centro de massa (CM) é uma posição geométrica de um objeto que pode pertencer ao seu interior ou não.1: Ilustração de distribuição discreta (a) bidimensional e (b) unidimensional de partículas de massas diferentes. Para determinar a Equação matemática do CM devemos separar dois tipos de sistema: (i) Um sistema discreto de partículas. ou seja.1) e (ii) Um sistema contínuo de partículas.2: Corpo sólido como exemplo de sistema contínuo de partículas. por exemplo: um corpo rígido (ver Figura 5. Inicialmente será tratado o caso do sistema discreto de partículas como o ilustrado na Figura 5.1. tais como centro de massa. momento linear e impulso. as coordenadas do CM devem ser expressas em unidade de distância (m. As coordenadas do CM são obtidas realizando uma média ponderada das posições das partículas. mm. de corpos que não podem ser aproximados por uma massa pontual. cm. cuja ponderação é feita pela massa de cada 130 Figura 5. Figura 5. por exemplo: um conjunto de massas pontuais distribuídas no espaço (ver Figura 5. Portanto. Todas essas grandezas são extremamente importantes para descrever várias situações da física mecânica que envolve dinâmica ou estática de corpos extensos. Por exemplo: Como aplicar a segunda lei de Newton para descrever quantitativamente o movimento de um asteróide? 5.Capítulo 5 Centro de Massa e Momento Linear Alexandre Barbosa de Oliveira Neste capítulo serão introduzidas diversas novas grandezas físicas. etc). .2). Portanto. . (5. m2 x2 . m1 + m2 + m3 + .1(a) o sistema é descrito no plano xy. . então o CM ficará localizado na origem do sistema de coordenadas xy.1c) onde o índice i indica a indexação da i-ésima partícula cuja posição é dada por (xi . (5. Portanto as Equações (5. No caso da Figura 5. + mN M i=1 (5. m4 y4 }. se uma das . . é a massa total do sistema. .4) A Figura 5. m1 + m2 + m3 + . Isto implica que |x1 | ≈ |x2 | ≈ |x3 | ≈ |x4 | ≈ |y1 | ≈ |y2 | ≈ |y3 | ≈ |y4 | .2a) m1 + m2 + m3 + m4 m1 + m2 + m3 + m4 m1 y1 + m2 y2 + m3 y3 + m4 y4 m1 y1 + m2 y2 = = . m2 y2 . . mostra um caso unidimensional composto por duas partículas cujas ordenadas são zero e as abscissas de mesmo módulo.1(b).1(a) ficam: m1 x1 + m2 x2 + m3 x3 + m4 x4 m 2 x2 + m 3 x3 = . yi ) da Figura 5.Capítulo 5 – Centro de Massa e Momento Linear 131 partícula. + mN yN 1 X = mi yi . .5a) é possível concluir que se m1 = m2 . Novamente. Assim não há a necessidade de envolver a coordenada z no problema. m3 (5.2b) considere que as coordenadas (xi . (5.2b) m1 + m2 + m3 + m4 m1 + m2 + m3 + m4 xCM = yCM Nas Equações (5. yi .5a) yCM (5. + mN M i=1 (5.1(a) tenham aproximadamente o mesmo módulo ou tenham a mesma ordem de grandeza.3) Como a massa m3 é maior do que as outras massas. Sendo assim as coordenadas do CM ficam aproximadamente as mesmas da massa m3 : xCM ≈ m3 x3 = x3 m3 e yCM ≈ m3 y3 = y3 .1b) para o CM do sistema ilustrado na Figura 5. as coordenadas do CM ficam: m1 x1 + m2 x2 (−m1 + m2 )x = . . m4 x4 } e m3 y3 >> {m1 y1 . a massa igual a mi e M é o somatório de todas as massas mi . zi ). . z): xCM N m1 x1 + m2 x2 + m3 x3 + .2a) e (5.1a) yCM = N m1 y1 + m2 y2 + m3 y3 + . m2 . . m1 + m2 + m3 + . ou seja. No caso limite de m3 >> {m1 . isto implica que as coordenadas x e y do CM serão mais próximas da posição de m3 . então m3 x3 >> {m1 x1 . m4 }. + mN xN 1 X = = mi xi . para um sistema de N partículas cujas posições são descritas pelas coordenadas cartesianas (x. + mN zN = mi zi . .5b) Observando a Equação (5. . + mN M i=1 (5. m1 + m2 xCM = (5. . y.1b) zCM = N 1 X m1 z1 + m2 z2 + m3 z3 + .1a) e (5. m1 + m2 m1 + m2 m1 y1 + m2 y2 = = 0. Neste caso. y.Capítulo 5 – Centro de Massa e Momento Linear 132 massa for maior do que a outra. z). y.5a) que a posição do CM ficará mais próxima da massa de maior valor.1a). A integral é realizada apenas no interior do corpo rígido. z) pertencem ao interior do corpo rígido. z)).1c) e (5. Seja ρ = massa/volume. neste exemplo.7a). (5. y. = M Z 1 y dm. Para isto considere que a posição da massa mi é dada ˆ Usando as Equações (5.1c) pelo seguinte vetor: ~ri = xiˆi + yiˆj + zi k.7c) R onde M é a massa total do corpo rígido. É possível escrever as coordenadas do CM de uma forma mais formal e compacta usando notação vetorial. fica claro a partir da Equação (5. dV (5.6) O sistema contínuo de partículas tal como um corpo rígido possui as coordenadas do CM expressas na forma integral. ρ = ρ (x. M = ρ dV e as coordenadas (x.1b) e (5. (5. m2 por exemplo.1b). podemos reescrever suas . a densidade volumétrica do corpo que pode ser constante (uniforme. A densidade volumétrica ρ pode ser escrita em função de infinitésimos da massa dm e do volume dV da seguinte forma: ρ= dm ⇒ dm = ρ dV. para o sistema contínuo de partículas é necessário o uso da densidade volumétrica do corpo rígido. (5. podemos escrever o vetor posição do CM para um sistema de partículas discretas como: ~rCM = xCM ˆi + yCM ˆj + zCM kˆ ! ! N N X 1 1 X = mi xi ˆi + mi yi ˆj + M i=1 M i=1 = N 1 X mi zi M i=1 N N 1 X ˆ 1 X mi xi i + yiˆj + zi kˆ = mi~ri M i=1 M i=1 ! kˆ (5.6) do sistema discreto de partículas. Considerando um corpo rígido formado por partículas de massas infinitesimais dm cuja posição é (x. M (5.7b) e (5.7a) (5. m2 . = M Z 1 = z dm. (5.7c)).8) Substituindo a Equação (5. nas Equações das coordenadas do CM para sistema contínuo de partículas (Equações (5.7b) (5. Para passar as Equações (5.8 ). ou seja.1a). ρ = constante) ou depender da posição (não uniforme. então a média da posição de dm ponderada pela massa dm fica: xCM yCM zCM Z 1 x dm. (5. (5. y. foi visto que a soma de todas as forças atuando sobre uma partícula m está relacionada com sua aceleração ~a. Inicialmente será tratado um sistema discreto de partículas e em seguida os resultados serão estendidos aos sistemas contínuos de partículas. z) dV = y dV = y dV. (5. Este tratamento quantitativo da dinâmica de uma partícula foi imprescindível para entendermos e prevermos o movimento dos objetos. z) dV = z dV = z dV. Portanto: Z Z Z ρ 1 1 x ρ(x.9b) e (5.3 = m3~a3 .2 = m2~a2 .9a). y.10c) M M V Lembrando novamente que a integração deve ser realizada no interior do corpo rígido e NÃO em todo o espaço. Neste caso.2 A Segunda Lei de Newton para um Sistema de Partículas Nos capítulos anteriores.12) onde F~R. foi estudada a segunda lei de Newton aplicada a uma única partícula de massa m.1. (5. Para explicar a dinâmica de um sistema de N partículas podemos aplicar a segunda lei de Newton a cada uma das partículas constituintes do sistema. y. quando ρ não é uniforme. z) dV.9c) foram escritas explicitando a possível dependência espacial da densidade volumétrica. · · · F~R. por exemplo. z) dV = x dV = x dV. de forma linear. obtendo o seguinte sistema de Equações: F~R. No caso em que ρ é uniforme podemos simplificar as Equações (5. (5. z) dV. respectivamente. M Z 1 = z ρ(x. ao explicar o movimento de um asteróide de forma geométrica arbitrária. F~R. = M Z 1 = y ρ(x. M (5.9a). z) dV. F~R. y. (5. onde o coeficiente de proporcionalidade é a massa m F~ = m~a. 5. não podemos aproximar um sistema discreto de partícula como da Figura 5. (5.11) A aproximação de um objeto real para uma partícula nem sempre é factível e de resultado satisfatório.9b) (5.N = mN ~aN .9b) e (5. onde V é o volume total do corpo rígido.1 = m1~a1 .10a) xCM = M M V Z Z Z ρ 1 1 y ρ(x.Capítulo 5 – Centro de Massa e Momento Linear 133 coordenadas como: xCM yCM zCM Z 1 x ρ(x.10b) yCM = M M V Z Z Z 1 ρ 1 zCM = z ρ(x.9c) usando o fato de que ρ = M/ V = constante.9c) Observe que as Equações (5. No caso de sistemas de partículas .i é a força resultante atuando sobre a partícula i e mi e ~ai são a massa e a aceleração da partícula i. O mesmo ocorre. y. y.9a) (5. para uma única partícula. Por exemplo. Capítulo 5 – Centro de Massa e Momento Linear 134 é importante separar as forças que atuam sobre cada uma das partículas em forças internas e externas. A classificação de forças internas e externas do sistema depende fortemente do sistema tratado! Inicialmente será abordado o caso de forças internas e em seguida forças externas. 5.2.1 Forças Internas Todas as forças internas do sistema obedecem à 3ł Lei de Newton, ou seja, obedecem à lei da ação-reação. As forças internas são forças que as partículas do sistema exercem uma sobre as outras. Exemplos de forças internas são as forças gravitacional e elétrica entre as partículas (ver Figura 5.3). Na Figura 5.3, F~i→j é a força que atua sobre a partícula j devido à alguma interação (gravitacional ou elétrica, no caso da Figura 5.3) com a partícula i. Em termos da lei de ação-reação podemos dizer que F~1→2 é a força que a partícula 1 “exerce” sobre a partícula 2 (ação) e F~2→1 é a força que a partícula 2 “exerce” sobre a partícula 1, embora não haja contato físico. As ilustrações da Figura 5.3(a), são baseadas na força de atração gravitacional (F~g ) existente entre um par de partículas de massa mi e mj , separadas por uma distância d (F~g ∝ mi mj /d2 ). No caso da Figura 5.3(b), a força existente entre as partículas é de origem elétrica (F~e ) que pode ser atrativa ou repulsiva dependendo do sinal das cargas qi e qj (F~e ∝ qi qj /d2 ). Figura 5.3: Ilustração de forças internas de um sistema composto por três partículas; (a) atração gravitacional entre as massas m1 , m2 e m3 ; (b) atração e repulsão eletrostática entre as cargas q1 , q2 e q3 . Como as forças internas podem ser tratadas pela 3a. Lei de Newton, então ~ Fi→j = −F~j→i para qualquer par ij. Levando esta relação em consideração, o somatório das forças internas dos sistemas da Figura 5.3 tem o seguinte resultado: F~1→2 = −F~2→1 ; F~1→3 = −F~3→1 ; F~2→3 = −F~3→2 ⇒ F~1→2 + F~2→1 + F~1→3 + F~3→1 + F~2→3 + F~3→2 = 0. (5.13) Este resultado pode ser generalizado para qualquer sistema de partículas (discreto ou contínuo), ou seja, o somatório das forças internas de um sistema qualquer de N partículas é sempre nulo: N X internas F~i→j = 0. (5.14) i,j; i6=j Capítulo 5 – Centro de Massa e Momento Linear 135 Note que o somatório na Equação (5.14) é realizado com i e j variando de 1 até N, de tal forma que i 6= j. Se i = j estaremos somando a força que uma partícula “exerce” sobre ela mesma. 5.2.2 Forças Externas As forças externas são forças cujos agentes estão fora do sistema tratado. Portanto, as forças gravitacional e elétrica também podem ser tratadas como forças externas. Por exemplo, considere que o sistema em estudo é composto apenas pelas partículas 1 e 2 na Figura 5.3. Então, as forças gravitacional ou elétrica entre as partículas 1 e 2 são consideradas como forças internas (F~1→2 e F~2→1 ) e as forças que atuam sobre as partículas 1 e 2 oriundas da interação com a partícula 3 são consideradas como forças externas (F~3→1 e F~3→2 ). Todas as forças internas de um sistema obedecem a 3a. Lei de Newton, mas nem todas as forças que obedecem a 3a. Lei de Newton podem ser consideradas como forças internas dos sistema! Após estabelecer a diferença entre forças internas e externas de um sistema vamos retornar ao problema da dinâmica de um sistema discreto de partículas (Equação (5.12)), onde aplicamos a segunda lei de Newton individualmente às partículas. Observe que os termos F~R,i , onde i = 1, 2, 3...N, possuem contribuições de forças internas e externas interna externa F~R,i = F~R,i + F~R,i . (5.15) interna = As forças internas dependem das posições das partículas, ou seja, F~R,i interna ~ (~r1 , ~r2 , ~r3 , . . . , ~rN ). Isto implica que as Equações (5.12) são acopladas e FR,i portanto não podem ser resolvidas independentemente. Assim é necessário resolver as Equações deste sistema simultaneamente. Para isto vamos somar todas as suas Equações, resultando em F~R,1 + F~R,2 + F~R,3 + · · · + F~R,N = m1~a1 + m2~a2 + m3~a3 + · · · + mN ~aN , externa interna externa interna interna externa ~ ~ + · · · + F~R,N + F~R,N = + F~R,2 ⇒ FR,1 + FR,1 + F~R,2 m1~a1 + m2~a2 + · · · + mN ~aN . (5.16a) Usando o fato de que o somatório de todas as forças internas de um sistema é sempre nulo (Equação (5.14)), podemos reescrever a Equação (5.16a) como externa externa externa = m1~a1 + m2~a2 + · · · + mN ~aN , (5.17) F~R,1 + F~R,2 + · · · + F~R,N ou de modo resumido N X i=1 externa F~R,i = N X mi~ai . (5.18) i=1 O lado esquerdo da Equação (5.18), é o somatório apenas das forças externas atuando no sistema, ou seja, é a força externa resultante atuando sobre o sistema externa (F~sistema ) externa externa externa externa + F~R,2 + · · · + F~R,N = F~sistema = F~R,1 N X i=1 externa F~R,i . (5.19) Capítulo 5 – Centro de Massa e Momento Linear 136 O significado físico do lado direito da Equação (5.18) está relacionado com a dinâmica do CM. Para mostrar isto é necessário voltar à Equação das coordenadas do CM do sistema (Equação (5.6)). Derivando duas vezes em relação ao tempo a Equação (5.6), obtemos o seguinte resultado: ! N N N 1 X d2 1 X d2~ri 1 X d2~rCM = ~aCM = 2 mi~ai = mi 2 = mi~ai dt2 dt M i=1 M i=1 dt M i=1 ⇒ M~aCM = N X mi~ai . (5.20) i=1 O resultado mostrado na Equação (5.20) é válido apenas nos casos de sistemas que conservam a massa, isto é, a massa total do sistema M e a massa individual das partículas é constante no tempo. Portanto, a Equação (5.20) mostra que o lado direito da Equação (5.18) está relacionado com a aceleração do centro de massa do sistema. Usando os resultados das Equações (5.19) e (5.20), pode-se reescrever a Equação (5.18) da seguinte forma externa F~sistema = M~aCM . (5.21) Apesar da Equação (5.21) ter sido deduzida para um sistema discreto de partículas, vale ressaltar que esta relação também é válida para um sistema contínuo de partículas. Observe que a Equação (5.21) tem a forma vetorial e pode ser decomposta nas direções x, y e z externa Fsistema externa Fsistema externa Fsistema x y z d2 xCM , dt2 d2 yCM , = M (aCM )y = M dt2 d2 zCM = M (aCM )z = M . dt2 = M (aCM )x = M (5.22a) (5.22b) (5.22c) A Equação (5.21) é a segunda lei de Newton para um sistema (discreto ou contínuo) de partículas. Esta Equação nos permite concluir que o movimento de translação do CM de um sistema qualquer (discreto ou contínuo) de partículas é o mesmo de uma única partícula, cuja massa é igual à massa do sistema, cuja posição é a mesma do CM e está submetida a uma força externa igual à resultante que atua sobre o sistema. Em outras palavras, o movimento de translação de um conjunto de partículas discreto ou de um corpo sólido pode ser descrito como se toda a sua massa estivesse concentrada no CM e a força resultante do sistema estivesse sendo aplicada no CM. O movimento de translação de um asteróide, por exemplo, é descrito como se toda a sua massa estivesse localizada no seu CM. O movimento de rotação do asteróide será estudado no capítulo seguinte. Existem diversos movimentos de translação de sistemas discretos e contínuos que são explicados pela segunda lei de Newton da Equação (5.21). Por exemplo, o movimento de um corpo sólido como uma pessoa realizando um movimento acrobático como o ilustrado na Figura (5.4). Este movimento pode ser dividido em translação e rotação da pessoa. Naturalmente, observa-se a rotação da pessoa em torno de um eixo cujas propriedades física serão estudadas no capítulo seguinte. O movimento de translação pode ser descrito como Capítulo 5 – Centro de Massa e Momento Linear 137 se toda a massa da pessoa (mp ) fosse localizada em seu centro de massa e a força externa = P~ = mp~g ), fosse aplicada no externa, neste caso a força gravitacional (F~sistema CM. Por isto, vemos o CM realizando um movimento parabólico, assim como uma partícula de massa mp . Figura 5.4: Ilustração do movimento de translação e rotação de uma pessoa durante um movimento acrobático. A translação da pessoa é descrita como um movimento parabólico como se toda sua massa estivesse concentrada no centro de massa. Uma outra situação muito comum vem da Equação (5.21), que pode ser usada para explicar e prever os resultados é o caso de colisões. Nestes casos, em geral, não existem forças externas resultante atuando sobre o sistema, como será mostrado externa = 0 = M~aCM , e isto implica que a nos exemplos a seguir. Portanto, F~sistema aceleração do centro de massa (~aCM ) é nula. Assim o centro de massa irá se mover com velocidade constante qualquer que seja o processo de colisão. Lembre-se que a Equação (5.21) é válida apenas para sistemas que conservam a massa durante todo o seu movimento. O movimento de um foguete é um caso particular de sistema que não conserva a massa. 5.3 Momento Linear Nesta seção, será introduzida uma nova grandeza física chamada de momento linear. O momento linear pode ser associado a uma única partícula ou a um sistema (discreto ou contínuo) de partículas. A motivação para o estudo desta nova grandeza física está em sua utilidade para resolver problemas principalmente de colisões de uma ou mais partículas. Foi visto em capítulos anteriores situações físicas em que a conservação da energia mecânica é uma ferramenta muito útil na resolução de diversos problemas de física. Como veremos mais adiante existem situações físicas que há a conservação do momento linear, e nestes casos o momento linear pode ser utilizado como uma ferramenta muito útil na resolução do problema. O motivo de chamarmos de momento linear é para distinguir do momento angular que será estudado no capítulo seguinte. É comum falarmos apenas a palavra momento para denominar o momento linear. O momento linear (~p) de uma partícula é definido como p~ = m~v , (5.23) Assim. neste caso o momento linear.Capítulo 5 – Centro de Massa e Momento Linear 138 onde m e ~v são a massa e a velocidade da partícula. Note que o momento linear é uma grandeza vetorial e sua unidade no sistema internacional é massa × velocidade = kg. como por exemplo um corpo sólido.25) Desta forma obtemos o resultado da Equação (5. Portanto. dt dt dt (5. Em outras palavras. contudo é possível realizar o mesmo procedimento de dedução considerando um sistema contínuo de partículas.26) significa que o momento linear de um sistema qualquer (discreto ou contínuo) é o mesmo de uma única partícula cuja massa é igual a massa do sistema (M) e cuja velocidade é a mesma do CM. A Equação (5.24) significa que a força resultante aplicada sobre uma partícula faz variar seu momento linear.11). P~ = p~1 + p~2 + · · · + p~N = m1~v1 + m2~v2 + · · · + mN ~vN d~r2 d~rN d d~r1 + m2 + · · · + mN = (m1~r1 + m2~r2 + · · · + mN ~rN ) = m1 dt dt dt dt ! N d X d d~rCM = mi~ri = (M~rCM ) = M dt i=1 dt dt ⇒ P~ = M~vCM . Usando os resultados das Equações (5. o lado direito da Equação (5. dt (5. Originalmente a 2a. Para isto os somatórios sobre as partículas devem ser substituídos por suas respectiva integrais. (5.26) e (5. A dedução da Equação (5.6) e considerando que a massa total do sistema de N (M) partículas não varia com o tempo. Lei de Newton para uma única partícula foi expressa usando o momento linear da seguinte forma d~p F~R = .m/s. Novamente note a possibilidade de descrever as propriedades físicas de um sistema de partículas.26) foi realizada considerando um sistema discreto de partículas. a única forma de variar o momento linear de uma partícula é aplicando uma força resultante não nula na partícula. respectivamente.24) onde F~R é a força resultante sobre a partícula e p~ seu momento.24) fica d~p d d~v = (m~v ) = m = m~a.27) .26) também é válida para sistemas contínuos de partículas. O momento linear de um sistema discreto de N partículas (P~ ) é naturalmente o somatório do momento linear de todas as N partículas constituintes do sistema. A Equação (5.21) pode-se reescrever a segunda lei de Newton para um sistema (discreto ou contínuo) de partículas em função do seu momento linear dP~ externa . em função do CM.26) onde M é a massa do sistema de partículas e ~vCM é a velocidade do centro de massa.26) foi obtido usando a Equação (5. F~sistema = dt (5. a Equação (5. No caso de uma partícula cuja massa não varia com o tempo. O resultado mostrado na Equação (5. 29) Fy (t) dt. 5. mostra dois gráficos da dependência temporal da força em duas colisões Figura 5.m/s3 . Note que há deformação da bola devido as suas propriedades elásticas. Por exemplo. ti e tf são os instantes em que a colisão inicia e finaliza.5). Iz = Ix = Fx (t) dt. Em algumas situações físicas a força resultante sobre a partícula ou sobre o sistema (discreto ou contínuo) de partículas é nula. Exemplos destes tipos de situações são as colisões. Assim. sendo muito comum realizar uma aproximação. a área de contato.6(b). O impulso da colisão é definido como: Z tf ~ F~ (t) dt. Por isto em várias situações físicas a força F~ (t) não é conhecida. Em geral a expressão matemática para a força F~ (t) pode depender de diversas propriedades físicas dos objetos envolvidos na colisão tais como o material que a bola é feito.6(b) os impulsos possuem o mesmo valor.28) ti onde F~ (t) é a força que atua sobre a bola de futebol devido à colisão com a parede. é constante. ou seja. o material que a parede é feita. embora a dependência temporal das forças de colisão seja diferente nas Figuras 5. Note que a força apresenta um pico que corresponde ao instante de tempo em que a deformação da bola é máxima. assim como é mostrada na Figura 5.6(a) mostra uma situação típica da força que atua sobre a bola de futebol durante a colisão. Nesta figura.6(a) indica.5: Ilustração de uma colisão entre a bola de futebol com a parede.6(b) é a mesma da Figura 5. Também será mostrado como relacionar o impulso ~ está relacionado com a integral com a variação do momento linear. . Será mostrado nos exemplos resolvidos que este resultado é muito importante para entendermos e prevermos o que ocorre em colisões.Capítulo 5 – Centro de Massa e Momento Linear 139 A Equação (5. Os tempos ti e tf são os instantes que o contato entre a bola e a parede inicia e termina.6(a) e o valor da força média Fmed é tal que a área abaixo da curva da Figura 5. Portanto.6(a) e 5. a pressão interna da bola. onde a força sobre as partículas envolvidas na colisão existe apenas durante o intervalo de tempo em que elas estão em contato físico. Isto implica que o momento linear não varia com o tempo. os tempos ti e tf são os mesmos da Figura 5. O impulso (I) da força que atua sobre a partícula durante o intervalo de tempo que a mesma foi aplicada. respectivamente. I= (5.4 Colisão e Impulso Nesta seção. etc. o impulso é a área abaixo da curva. A Figura 5. respectivamente. considere uma bola de futebol colidindo com uma parede (ver Figura 5. y e z: Z tf Z tf Z tf Fz (t) dt (5.6(c). como a Figura 5.27) significa que apenas uma força externa resultante não nula é capaz de mudar o momento linear do sistema de partículas. será introduzido o conceito de impulso que é uma grandeza física útil na descrição de situações físicas onde a força sobre os objetos é aplicada por um tempo finito. A unidade do impulso no sistema internacional é força × tempo = N. Iy = ti ti ti O gráfico da Figura 5.6(a). Observe que o impulso I~ é uma grandeza vetorial e por isto possui componentes x.s =kg. Portanto a colisão 2 exemplifica um tipo de colisão não letal. pois estabelece uma igualdade entre o impulso. com a variação do momento linear da partícula na colisão. (a) dependência temporal da força numa colisão real. na Figura 5. (b) aproximação da força por um valor médio para facilitar no cálculo do impulso. Para isto a segunda lei de Newton expressa com o momento linear (Equação (5.30) p ~i ti dt onde p~i e p~f são o momento linear inicial e final da partícula. elas possuem significado .6(c)) e colidindo com um colchão de ar. Na colisão 1 a força é dada por F1 (t) e na colisão 2 a força é dada por F2 (t). Um exemplo real de colisões mostradas na Figura 5.Capítulo 5 – Centro de Massa e Momento Linear (a) 140 (b) (c) Figura 5.6. Lembrando que os instantes inicial e final referem-se à aplicação da força F~ (t) como ilustrado na Figura 5.6(c) é uma pessoa pulando do décimo andar de um prédio e colidindo diretamente com o chão. enquanto a colisão 1 é um tipo de colisão letal. por exemplo.6: Dependência temporal da força existente em colisões. A área abaixo de ambas as curvas é a mesma.28)) é possível correlacioná-lo com a variação do momento linear da partícula. distintas. A área abaixo da curva é o impulso dado ao objeto. (c) comparação entre duas colisões reais onde a dependência temporal da força é diferente. diferenciando apenas na forma matemática. os impulsos em ambas as colisões é o mesmo. numa colisão. que proporciona um baixo valor de força durante um tempo longo (colisão 2. resultando em: Z tf Z p~f d~p ~ I= dt = d~p = p~f − p~i . mas o impulso é o mesmo.28). que proporciona um alto valor de força num intervalo de tempo curto (colisão 1.6(c)). A Equação (5. Embora o momento linear e a energia cinética sejam duas grandezas físicas distintas que dependem da massa e da velocidade. na Figura 5. (5.24)) será substituída na Equação (5. ou seja.30) é conhecida como o teorema impulso-momento linear. A partir da definição de impulso (Equação (5. o sentido do vetor velocidade (positivo ou negativo) não afeta o sinal da energia cinética. Na direção y há a força gravitacional entre a bola e a terra (que não faz parte do sistema considerado). Momento Linear e Colisão Nesta seção. Outra grandeza física que possui papel importante nas colisões é a energia cinética das partículas. na física. Por exemplo. aquelas grandezas que permanecem constantes antes e depois da colisão. Note que esta Equação é vetorial. se o momento linear tiver um valor negativo significa que o vetor velocidade é contrário ao sentido positivo adotado. Nos exemplos comentados será mostrado com mais detalhe a importância do momento linear e da energia cinética nos processos de colisões. No caso da energia cinética. Por isto a força externa resultante na direção y não é nula e o momento linear na direção y varia com o tempo . pois a mesma possui uma dependência quadrática na velocidade e sempre será positiva 1 Ec = mv 2 . não é conservada. y. respectivamente. Este tipo de colisão é chamado de colisão inelástica. Na direção x não há força externa resultante antes. Considere o caso que em alguma(s) da(s) direção(ões) (x.23) que o momento linear fornece informação sobre a direção do vetor velocidade.7. então a taxa de variação do momento linear nesta(s) direção(ões) é nula. classificarmos as colisões segundo as grandezas físicas que são conservadas no processo de colisão. A conservação do momento linear não influencia na classificação do tipo de colisão. Por exemplo. será mostrado como as novas grandezas físicas momento linear e impulso são úteis na investigação de colisões de uma ou mais partículas. Estes tipos de colisões são chamados de colisões elásticas. Antes de iniciar o estudo das colisões elásticas e inelásticas. onde a aceleração da gravidade ~g deve ser levada em conta. a bola de futebol. Neste caso o sistema é composto por uma partícula. mas tem um papel importante no entendimento da física nos processos de colisões. que dependem apenas da conservação da energia cinética. isto é.27) é a segunda lei de Newton para um sistema (discreto ou contínuo) de partículas e descreve quantitativamente a taxa de variação do momento linear do sistema.Capítulo 5 – Centro de Massa e Momento Linear 141 físico completamente diferente. ou seja. a parede. z) a força externa resultante seja nula. o valor da energia cinética antes e depois da colisão é mesmo. 2 (5. A Equação (5. Esta diferença será esclarecida na próxima seção que abordará os tipos de colisões e suas características. e um obstáculo. durante e depois da colisão. serão investigadas as condições em que o momento linear é conservado. existem colisões em que a energia cinética do sistema antes e depois da colisão não possui o mesmo valor. Desta forma. 5. Observe na Equação (5. Por isto o valor do momento linear na direção x antes da colisão é o mesmo que depois da colisão.31) onde m é a massa e v é a velocidade da partícula.5 Energia Cinética. imagine uma situação em que a bola de futebol colide com a parede da forma ilustrada na Figura 5. Já em outros tipos de colisões a energia cinética é conservada. por exemplo. É comum. Considere um sistema (discreto ou contínuo) de N partículas que na direção x a força externa resultante é nula.32b) dt Note que para haver conservação do momento linear é necessário que a força externa resultante seja nula (sistema isolado) e a massa do sistema seja constante. não entra nem sai partícula dos sistema (sistema fechado). Na seção de exemplos comentados serão discutidos exemplos quantitativos como o ilustrado na Figura 5.32a) dt dPy = −mg ⇒ Py = −mgt + constante ⇒ Py. 5. Os casos de colisões que podem ser tratados de forma quantitativa simples são aqueles em que a força externa resultante do sistema é nula. Isto significa que a soma da energia cinética de todas as partículas (Equação (5.depois (5. A conservação do momento linear da bola ocorre apenas na direção x.7: Ilustração da colisão de uma bola de futebol com uma parede em que a aceleração da gravidade é levada em conta.depois .(5. isto é. Então. então podemos escrever a .7.27) para este exemplo fica dPx = 0 ⇒ Px = constante ⇒ Px. As grandezas físicas antes da colisão recebem um índice i (inicial) e depois da colisão f (final).antes 6= Py. Portanto nestes casos há a conservação do momento linear em pelo menos uma das três direções de movimento.Capítulo 5 – Centro de Massa e Momento Linear 142 Figura 5.31)) antes da colisão é diferente daquela depois da colisão. pois não há força externa resultante nesta direção.1 Colisões Inelásticas 1D Nas colisões inelásticas a energia cinética do sistema (discreto ou contínuo) de partículas não é conservada. a Equação (5. (não é constante).5.antes = Px. p e ~vi.33) pode ser reescrita em qualquer outra direção (y ou z) contanto que a força resultante externa nestas direções seja nula.p e o alvo ~vi. Isto ocorre devido ao fato de termos duas variáveis (vf.a = mp vf. A Equação (5.p + ma vi.f )x + (p2. Usando o fato da força externa resultante do sistema.a ) depois da colisão para que a Equação (5. pois os sentidos dos vetores velocidades antes e depois da colisão podem ser quaisquer.f )x + · · · + (pN. dependendo do tipo de colisão (elástica ou inelástica). Figura 5. (5. pois a direção do movimento não muda.a . os valores das velocidades do projétil (vf.a | ou (ii) para qualquer valor de ~vi.33) obtendo mp vi.i )x + (p2. (5. Isto significa que é possível combinarmos.p + ma vf.i )x + m2 (v2. neste caso composto pelo alvo e pelo projétil.f )x ⇒ m1 (v1. de diferentes maneiras. Antes da colisão o projétil tem velocidade ~vi.a quando estes dois vetores velocidades estiverem em sentidos opostos.f )x .34) foi escrita apenas com os escalares.i )x + · · · + mN (vN.34) A Equação (5.a .a ) antes da colisão é possível encontrar mais de uma solução para a igualdade da Equação (5.i )x + · · · + (pN. Note que na ilustração da Figura 5. Note que dada as velocidades do projétil (vi.p e vf.f )x + · · · + mN (vN. A ilustração da colisão na Figura 5.Capítulo 5 – Centro de Massa e Momento Linear 143 conservação do momento linear nesta direção como (Pi )x = (Pf )x ⇒ (p1.i )x = N X mk (vk. Note que o momento linear individual das partículas pode variar.f )x + m2 (v2.i )x = m1 (v1.a ) e apenas uma Equação.p ) e do alvo (vi.f )x são as componentes x da velocidade da k-ésima partícula antes e depois da colisão.f )x N X k=1 mk (vk. A Figura 5.8 ilustra uma colisão inelástica de um sistema composto por dois objetos (projétil e alvo) que podem ser tratados como duas partículas.33) k=1 onde mk é massa da k-ésima partícula.34). .8 haverá colisão em duas situações: (i) quando estes dois vetores velocidades estiverem no mesmo sentido é necessário que |~vi. (vk.34) seja satisfeita. mas o momento linear do sistema permanece inalterado.i )x = (p1. ser nula na direção do movimento dos objetos podemos usar o resultado da Equação (5. respectivamente.8 é um caso particular. Estas situações serão abordadas nos exemplos comentados.p | > |~vi.8: Ilustração de um caso particular de colisão onde o projétil e o alvo possuem seus vetores velocidade em sentidos contrários antes da colisão e no mesmo sentido após a colisão.p ) e do alvo (vf.i )x e (vk. Neste exemplo fica claro a importância das grandezas energia cinética e momento linear na investigação de colisões. além de conservar sua energia cinética (Equação (5.33)).5.i = c.1 m1 vf.36) Em geral nas colisões elásticas os sistemas físicos. vi.f ).8 e dada as velocidades do projétil e do alvo antes da colisão (vi.i (N ) (1) (2) (N ) + · · · + c. Foi visto que nas colisões elásticas a energia cinética do sistema (discreto ou contínuo) de partículas é conservada. A energia cinética do sistema antes da colisão (Ec. Agora considere que na colisão ilustrada na Figura 5.a .35) 2 2 k=1 k=1 + onde mk é massa da k-ésima partícula.a = mp vf. no exato momento em que o alvo e o projétil colidem na Figura 5.a = mp vf. 2 2 2 2 (5. 2 2 2 2 (5.k são os módulos da velocidade da k-ésima partícula antes e depois da colisão.35)).N = + m2 vf. Por exemplo.p .i (2) c.f + · · · + c.34) e (5.p + mp vf. é possível resolver os problema quantitativamente. (5.k . No intervalo de tempo que ocorre este contato os materiais das partículas sofrem deformação (quer seja no nível microscópico ou .k e vf.p e vf. Desta forma teremos um sistema de Equações formado pelas Equações (5.f ⇒ 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 + m2 vi.p + ma vi. Isto nos permite escrever a seguinte igualdade: 1 1 1 1 2 2 2 2 mp vi.p + mp vf. respectivamente.f + c.f ⇒ (1) c.Capítulo 5 – Centro de Massa e Momento Linear 5. Então para um sistema (discreto ou contínuo) de N partículas cuja energia cinética é conservada podemos escrever Ec. também conservam o momento (Equação (5.37) No sistema de Equações (5.k = mk vf.31)). A pergunta que fica é qual a propriedade física das partículas para resultar numa colisão elástica ou inelástica? Para responder esta pergunta é necessário observar a interface entre as partículas no momento da colisão.8 o sistema conserva sua energia cinética.p e vi.p .37) as variáveis vi. enquanto que na colisão inelástica isto não ocorre.i = Ec.p + ma vi. Considere c a energia cinética de uma única partícula (Equação (5.a são conhecidas e o objetivo é prever os valores de vf.8 existe o contato físico entre estes dois objetos.p e vi.36) mp vi.N m1 vi.p + ma vi.2 + · · · + mN vi. Assim o sistema é composto por duas Equações e duas incógnitas sendo possível encontrar apenas uma solução.a ).1 2 2 2 2 2 2 N N X X 1 1 2 2 mk vi.2 144 Colisão Elástica 1D As colisões elásticas são colisões em que a energia cinética do sistema (discreto ou contínuo) de partículas é conservada.p + ma vf. No caso de colisão unidimensional entre duas partículas como ilustrado na Figura 5.2 + · · · + mN vf.a = mp vf.a 1 1 1 1 2 2 2 2 mp vi.i ) é igual àquela depois da colisão (Ec. Na prática. há “re-conversão” parcial da energia potencial elástica em energia cinética. por exemplo.Capítulo 5 – Centro de Massa e Momento Linear 145 macroscópico). Por isto nesta colisão o sistema das duas partículas conserva energia cinética e é chamada de colisão elástica. convertendo a energia potencial elástica em energia cinética. por exemplo. de forma que após uma colisão inelástica as partículas ainda se movem com velocidade diferente de zero. . Vale lembrar que as deformações mecânicas ocorridas nas colisões podem ser de dimensões macroscópicas (como em acidentes de carro) ou microscópicas (como em experimentos de colisões entre átomos). durante a colisão. possui a propriedade física de após sofrer deformação mecânica retornar a sua forma original antes da colisão (sem deformação). em energia potencial elástica. a borracha ou uma mola. Assim. papel não haverá a “re-conversão” de energia potencial elástica em energia cinética. no exemplo da Figura 5. Alguns materiais.8 se um dos objetos (projétil ou alvo) for de borracha haverá. conversão da energia cinética em energia potencial elástica e em seguida a energia potencial elástica será “re-convertida” em energia cinética. mesmo após uma colisão inelástica. Portanto durante a colisão a energia cinética é convertida em energia potencial elástica e o objeto continua deformado após a colisão. No caso de materiais que não possuem a propriedade física de retornar a sua forma original (sem deformação). ou seja. Isto ocorre como o resultado da conversão da energia cinética em deformação mecânica. Este tipo de colisão é chamado de colisão inelástica. 1(b). Isto implica que o referencial inercial usado é aquele em que o eixo de rotação do sistema permanece em repouso. Como foi mostrado no capítulo anterior o movimento de translação de um sistema (discreto ou contínuo) de partículas pode ser descrito pelo movimento do seu centro de massa.1(b) ilustra um movimento composto por rotação e translação. Desta forma as distâncias entre as partículas que constituem o sistema poderiam ser constante ou mudarem com o tempo. enquanto que a Figura 6.1. a energia cinética possui duas contribuições: (i) a rotação das rodas com velocidade angular ω e (ii) a translação das rodas com velocidade ~v . que o sistema poderia ser um sistema discreto ou contínuo de partículas não foi feita nenhuma restrição à interação entre as partículas. momento linear e impulso. Na Figura 6. considere a ilustração da Figura 6. no capítulo anterior. 146 . não haverá um movimento misto de rotação e translação. todas as grandezas físicas (posição. que estão relacionadas com o movimento de translação de um sistema (discreto ou contínuo) de partículas. isto é. 6. ou seja. Velocidade e Aceleração Angular Quando mencionamos. Inicialmente o movimento tratado será puramente de rotação.1(a).1 Posição. enquanto na Figura 6.1(a) ilustra um movimento puramente rotativo (o eixo de rotação permanece em repouso). tais como centro de massa. Neste capítulo os sistemas (discretos ou contínuos) de partículas que serão estudados serão aqueles onde as distâncias entre as partículas permanecem fixas. Para exemplificar a necessidade de distinguir os movimentos de rotação e translação. velocidade e aceleração) pertinentes ao movimento de translação do sistema podem ser descritas pelo movimento do seu centro de massa.Capítulo 6 Rotação Alexandre Barbosa de Oliveira No capítulo anterior foram estudadas diversas grandezas físicas. Em outras palavras. não variam com o tempo. Neste capítulo serão estudadas novas grandezas físicas que estão relacionadas com o movimento de rotação de um sistema (discreto ou contínuo) de partículas. Deslocamento. a energia cinética da roda é originada apenas da rotação com velocidade angular ω. A Figura 6. A descrição do movimento de rotação do sistema é o assunto deste capítulo. Para exemplificar a posição angular de um corpo rígido observe o objeto de contorno pontilhado na Figura 6. como o mostrado na Figura 6. cujo eixo de rotação é o eixo-z. realizando uma rotação em torno do eixo-z. (a) uma roda de bicicleta realizando um movimento de rotação pura. onde além da rotação das rodas existe o deslocamento linear dos seus eixos de rotação com velocidade ~v . No caso do movimento linear. As Figuras 6. isto é. (b) corte transversal de um corpo rígido de forma geométrica arbitrária ressaltando a posição e o deslocamento angular de um infinitésimo de massa do corpo rígido. todas as outras partículas do sistema também realizaram a mesma rotação. um sistema contínuo de partículas. Um sistema contínuo de partículas que possui esta propriedade Figura 6. respectivamente.2: Ilustração do movimento de rotação pura. O arco de circunferência descrito . mostrando as posições inicial e final. durante e após a rotação. As velocidades angulares das rodas são iguais porque seus raios são iguais. portanto todas as partes infinitesimais do objeto giram em conjunto. deslocamento. Na maioria dos exemplos reais o sistema estudado será o corpo rígido.Capítulo 6 – Rotação 147 Figura 6. onde as distâncias entre as partículas permanecem constantes durante a rotação. (b) a bicicleta andando.1: Ilustração do movimento de rotação. (a) sistema discreto de três partículas cujas distâncias entre si são as mesmas antes. a origem em geral é um ponto de partida. A posição de um objeto é sempre relativa a algum referencial que definimos por origem. Desta forma quando qualquer partícula (no caso de sistema discreto) ou qualquer elemento infinitesimal de massa (no caso de sistema contínuo) realizar uma rotação de um ângulo ∆θ. velocidade e aceleração.2(b). No caso da Figura 6. a distância entre o infinitésimo de massa e o eixo de rotação (eixo-z) é r. em geral o eixo-x.2(b). Por isto pode-se escolher qualquer parte infinitesimal do objeto para representar sua posição angular.2(a) e 6. onde o eixo de rotação está em repouso. Lembre-se que num corpo rígido as distâncias entre os infinitésimos de massa não mudam.2(b). No caso angular o referencial é um dos eixos cartesianos. Nesta seção serão estudados os equivalentes angulares das grandezas físicas associadas ao movimento linear tais como posição.2(b) ilustram sistemas discreto e contínuo. e o sentido positivo é convencionado como sendo anti-horário. é chamado de corpo rígido. 2(b). Esta definição é similar àquela do deslocamento linear. em rotações no sentido anti-horário a velocidade angular é positiva e no sentido horário é negativa. r (6. raio da circunferência r (6. Por isto é importante distinguir a velocidade angular média (ωm ) e a velocidade angular instantânea (ω): ωm = ∆θ θf inal − θinicial . 1 revolução = 1 rev = 3600 = O deslocamento angular é medido subtraindo a posição angular final da inicial. as rotações no sentido antihorário resultam em deslocamento angular positivo e no sentido horário resultam em deslocamento angular negativo. por exemplo. A velocidade angular da rotação de um objeto é definida pelo seu deslocamento angular por unidade de tempo.1 tem unidade de comprimento.Capítulo 6 – Rotação 148 pelo infinitésimo de massa é s. pode girar de forma constante resultando numa velocidade angular constante ou pode girar com velocidade angular dependente do tempo. o objeto da Figura 6. então sua posição angular é definida como sendo s θ= . portanto a posição angular é adimensional. ou seja. Assim.2(b). o deslocamento angular da rotação foi realizado de tal forma que θf inal > θinicial . (6. respectivamente.1). ∆t→0 ∆t dt ω = lim (6. As unidades mais comuns de velocidade angular são radianos por segundo (rad/s) ou revoluções por minuto (rpm) 1 rpm = 2π rad ≈ 0. portanto ∆θ > 0. Desta forma. A relação entre o radiano com unidades de posição angular é obtida da seguinte forma: comprimento da circunferência 2πr = = 2π rad.3) Na Figura 6.6) Da mesma forma que a velocidade angular foi definida com a variação da posição angular no tempo. A velocidade angular instantânea é a derivada de primeira ordem no tempo da posição angular.2) onde a terceira e quarta igualdade foram escritas com base na Equação (6. Durante uma rotação arbitrária.5) Note que o sinal da velocidade angular depende do sinal do deslocamento angular. = tf inal − tinicial ∆t (6. Note que o numerador e denominador da Equação 6.4) onde θinicial e θf inal são as posições angulares nos instantes tinicial e tf inal . é a posição final menos a inicial: ∆θ = θf inal − θf inal .1) A posição angular definida desta forma é medida em radianos (rad). ∆θ dθ = . 105 rad/s. similarmente à velocidade linear. pode-se definir a aceleração angular como sendo a variação . 60 s (6. 9) o ângulo deve ser expresso em radianos. Uma observação final é que devido ao fato das distâncias entre as partículas. ∆t→0 ∆t dt α = lim (6.8) Note que se a dependência temporal da posição angular θ(t) for conhecida. a mesma descreve um caminho linear dado pelo arco de circunferência s. Esta seção é dedicada ao estabelecimento das relações matemáticas entre as grandezas lineares e angular no movimento de rotação.3.9). assim como ilustrado na Figura 6. Isto também ocorre com o movimento linear. num corpo rígido. (6. então todas as outras grandezas físicas associadas ao movimento angular podem ser obtidas através da derivação temporal. Na ilustração da Figura 6.3.Capítulo 6 – Rotação 149 da velocidade angular no tempo. maior será o valor de r.2 Relacionando as Grandezas Lineares e Angulares Quando um corpo rígido ou uma partícula executa um movimento de rotação. 6. Na Equação (6. a posição do infinitésimo de massa é dada pelo arco que o mesmo descreve a partir do eixo-x (eixo de referência). as definições da aceleração angular média (αm ) e da aceleração angular instantânea (α) ficam αm = ∆ω ωf inal − ωinicial = . Note que quanto mais distante do eixo de rotação. todas as suas partes infinitesimais possuem o mesmo valor do deslocamento. A velocidade linear do ponto observado num movimento circular é encontrada medindo a taxa temporal de seu deslocamento linear s. consequentemente o arco de circunferência descrito pelo objeto terá o comprimento maior.7) onde ωinicial e ωf inal são as velocidades angulares nos instantes tinicial e tf inal . respectivamente. tf inal − tinicial ∆t (6. por exemplo. encontramos que a velocidade instantânea linear ou simplesmente velocidade linear do ponto observado num movimento circular pode ser expressa por: v= dθ ds = r = rω. dt dt (6.3 é o infinitésimo de massa) ao eixo de rotação e θ é a posição angular do ponto observado. A aceleração angular instantânea tem a forma ∆ω dω = .10) . a posição do ponto observado no movimento circular pode ser expressa na forma linear por: s = r θ. Assim. Este aumento escala linearmente com r. Assim. permanecerem constantes. A posição angular depende da parte infinitesimal do corpo rígido que está sendo observada. Usando a Equação (6.9) onde r é a menor distância entre o ponto observado (no caso da Figura 6. da velocidade e da aceleração angular. Lembre-se que o vetor velocidade linear (~v ) no movimento circular é sempre tangente à circunferência descrita pelo ponto observado (ver Figura 6. ~a = rαθˆ − rω 2 rˆ. (6.10 é válida apenas quando a distância r é constante no tempo. a aceleração linear num movimento circular fica ! dθˆ dθ dω ˆ dθ d~v =r θ+ω = r αθˆ + ω −cos(θ) ˆi − sen(θ) ˆj ~a = dt dt dt dt dt h i h i 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ = r αθ + ω −ωcos(θ)i − ωsen(θ)j = r αθ − ω cos(θ)i + sen(θ)j = r αθˆ − ω 2 rˆ (6. o que é sempre verdade num corpo rígido.10 e direção do versor ˆ = −sen(θ)ˆi + cos(θ)ˆj: θ(t) ˆ ~v = rω θ.3 Cinética do Movimento de Rotação Nas seções anteriores foram introduzidas as grandezas físicas relevantes para o estudo do movimento de rotação. A aceleração linear de um ponto observado num movimento circular pode ser calculada pela variação temporal da velocidade linear da Equação (6.11) resultou em dois outros vetores que também foram escritos em coordenadas polares (Equação 6. O vetor aceleração linear no movimento circular possui duas componentes vetoriais.11). Note que ~ac aponta para o centro da circunferência (sinal negativo).13) onde o versor rˆ(t) = sen(θ)ˆi+cos(θ)ˆj foi utilizado para simplificar a notação e α = dω é a aceleração angular.3: Ilustração do movimento de rotação em torno do eixo-z de um corte transversal de um corpo rígido de forma arbitrária. Em especial note os vetores da aceleração e velocidade angular ~v . Portanto podemos escrever o vetor velocidade linear com módulo dado pela Equação 6. Agora será estudada a cinética do movimento de Figura 6. É possível reescrever a Equação (6.10) é quanto mais distante do eixo de rotação. Note que ao derivar um vetor com notação polar (Equação dt 6.Capítulo 6 – Rotação 150 Na Equação (6. O módulo da componente tangencial é o resultado da derivação da Equação (6. Observe que a Equação 6.14) A componente da aceleração na direção de rˆ(t) é a aceleração centrípeta: v 2 v2 ~ac = −rω 2 rˆ = −r rˆ = − rˆ.15) r r 6. dt (6.3 ilustra geometricamente como o vetor aceleração linear obtido na Equação 6. (6.13) em função dos vetores cartesianos.11) Outra conclusão importante da Equação (6. maior será o valor de r e portanto maior será a velocidade linear do ponto observado.10) ~atg = r dω ˆ ˆ θ = rαθ. (6. uma tangente ~atg (na direção ˆ de θ(t)) e outra perpendicular ~ac (na direção de rˆ(t)) ao movimento.10) a velocidade angular instantânea ω deve ser expressa em rad/s. Portanto. .13 se comporta durante a rotação.3). ~atg e ~ac . mostrando as grandezas lineares e angulares.12) logo.13). A Figura 6. Substituindo a Equação (6. Portanto a energia cinética de um infinitésimo de massa é: 1 (6. A energia cinética total (K) de um sistema de N partículas é a soma da energia cinética de cada partícula. A energia cinética total do sistema é dada pela integração da Equação (6. K = m1 v12 + m2 v22 + m3 v32 + · · · + mN vN 2 2 2 2 2 i=1 (6.19) sobre o corpo rígido: Z Z Z Z 1 1 1 1 2 2 2 K = dK = v dm = (rω) dm = r dm ω 2 = Iω 2 . o primeiro passo é obter uma expressão matemática para a energia cinética de rotação. Isto só é verdade se as distâncias entre as partículas permanecerem constantes ao longo do movimento de rotação.10).17) 2 2 i=1 2 i=1 onde I= N X mi ri2 (6. um corpo rígido.18) i=1 é o momento de inércia de um sistema discreto de N partículas. Cada infinitésimo de massa dm do corpo está localizado a uma distância r do eixo de rotação.19) dK = (dm) v 2 . Note que foi possível escrever a Equação (6. No sistema discreto realizamos a soma da energia cinética sobre cada partícula.17) dessa forma simplificada pelo fato de todas as partículas do sistema possuírem a mesma velocidade angular ω. portanto N X1 1 1 1 1 2 = mi vi2 . (6. No caso de um sistema contínuo de partículas.16) temos que: ! N N X X 1 1 1 K= mi (ri ω)2 = mi ri2 ω 2 = Iω 2 . Para obter esta expressão será considerado inicialmente um sistema discreto de N partículas cujas distâncias entre si são constantes. Portanto. Em seguida esta dedução será estendida para um sistema contínuo de partículas. ou seja. 2 onde v é a velocidade linear tangencial do infinitésimo de massa dm. o cálculo é similar e no lugar do somatório aparece a integral.Capítulo 6 – Rotação 151 rotação.21) é o momento de inércia de um sistema contínuo de partículas e a integração é realizada sobre o sistema (onde há massa).20) 2 2 2 2 onde Z I= r2 dm (6. Considere o corpo rígido ilustrado na Figura 6.3.10)).10) na Equação (6.16) onde mi e vi são a massa e a velocidade da i-ésima partícula do sistema em rotação.20) foi usada a Equação (6. Lembre que vi depende da distância da respectiva partícula ao eixo de rotação ri (ver Equação (6. (6. no sistema contínuo (corpo rígido) será feita uma integração sobre o infinitésimo de massa. não . só depende das dimensões do objeto e de sua massa. Observe que o momento de inércia é um fator geométrico. assim como no corpo rígido. Para obter o resultado final da Equação (6. corpo rígido. A Figura 6.4 ilustra um haltere composto por duas massas m1 e m2 de mesmo valor que estão separadas por uma distância d. No caso do eixo de rotação 2.17) e (6. onde o momento de inércia I faz o papel da massa e a velocidade angular ω faz o papel da velocidade linear. (6. Inicialmente será calculado o momento de inércia de um haltere relativo a dois eixos de rotação diferentes. mas em posições diferentes. Isto implica que para girar o haltere em torno . obtemos 2 2 d d 1 2 2 I1 = m1 r1 + m2 r2 = m1 + m2 = md2 . As Equações (6.Capítulo 6 – Rotação 152 depende da velocidade e nem da aceleração angular. (6. Observe que estas Equações possuem uma similaridade com a energia cinética de translação. para rotação em torno do eixo 1.4 Momento de Inércia Nesta seção será mostrado como realizar o cálculo do momento de inércia em sistemas discreto e contínuo de partículas. No cálculo do momento de inércia será desconsiderado a massa da barra que liga as duas massas. Em seguida será calculado o momento de inércia de uma barra delgada relativo a dois eixos de rotação diferentes. para sistema discreto de duas partículas da Figura 6. Aplicando a Equação (6. o momento de inércia fica I2 = m1 r12 + m2 r22 = m1 0 + m2 d2 = md2 . É importante ressaltar que o momento de inércia depende do eixo de rotação do sistema. Lembre-se que este movimento é de rotação pura e deve ser distinguido do movimento de translação.22) 2 2 2 onde m1 = m2 = m.18) do momento de inércia.20) são chamadas de energia cinética de rotação.4: Ilustração da rotação de um haltere em torno de dois eixos paralelos. pois isto acarreta numa mudança do valor de r no cálculo de I. 6.4. Figura 6.23) O momento de inércia para rotações em torno do eixo 1 (I1 ) é menor do que aquele para rotações em torno do eixo 2 (I2 ). (6. Isto se deve ao fato de que o eixo 1 passa através do centro de massa do sistema. é uma barra delgada. Figura 6.5: Ilustração da rotação de uma barra delgada em torno de dois eixos paralelos em posições diferentes. (ii) volume da barra é escrito V como a área transversal (A) vezes seu comprimento (L): V = AL. V 12 AL 12 12 (6. Na prática esta barra será tratada como uma “linha” de comprimento L.25) = V 3 AL 3 3 Portanto é mais difícil girar a barra em torno do eixo 2 do que em torno do eixo 1. ou seja.21) do momento de inércia. O material da qual a barra é feita é homogêneo de forma que sua densidade volumétrica é constante. ρ = massa/volume = dm/dV = constante.24) foram usadas duas relações: (i) a densidade do material da barra é constante e pode ser escrita como sendo a massa total da barra (M) sobre seu volume total (V): ρ = M . .Capítulo 6 – Rotação 153 do eixo 1 é mais fácil do que girá-lo em torno do eixo 2. o momento de inércia fica Z Z 2 I2 = r2 dm = r22 ρ dV 3 L Z Z L x 2 x dx dy dz = ρA = ρ 3 0 0 M L3 1 M L3 A = A = M L2 . isto é. Aplicando a Equação (6. para rotação em torno do eixo 1. Isto se deve ao fato de que o eixo 1 passa pelo centro de massa da barra. ilustra uma barra cilíndrica cujo comprimento L é muito maior do seu raio.5 obtemos: Z Z 2 I1 = r1 dm = r12 ρ dV 3 L/2 Z Z L/2 x 2 x dx dy dz = ρA = ρ 3 −L/2 −L/2 = M L3 M L3 1 A = A I1 = M L2 . pois I2 > I1 .5. A Figura 6. No caso do eixo de rotação 2. para sistema contínuo da Figura 6.24) Para obter o resultado final da Equação (6. 21) para o momento de inércia de sistema contínuo de partículas Z Z 2 ICM = r dm = x2 + y 2 dm.29c) Lembrando que as integrais nas Equações (6.6. Os eixos de rotação são dois: (i) eixo-z. Usando o resultado da Equação (6. Existem duas observações que devem ser levadas em conta: 1) O eixo-z de rotação passa pelo centro de massa.29b) Z z dm = 0.27) Recuperando as Equações das coordenadas do centro de massa do capítulo anterior.6.28c). sendo um deles passando pelo centro de massa do sistema.28c) M onde as coordenadas do infinitésimo de massa dm são (x. (6.Capítulo 6 – Rotação 154 Nesses exemplos fica claro que o momento de inércia depende fortemente do eixo de rotação escolhido.6.6 o ponto P está localizado nas coordenadas (xP = a. temos que Z x dm = 0.29a . (6. isto é xCM = yCM = zCM = 0. 6.4. (6. (6. De acordo com a notação usada na Figura 6.29c ) são realizadas sobre o corpo rígido. Sendo r = x2 + y 2 a distância entre o infinitésimo de massa dm e o eixo-z de rotação e usando Equação (6. yP = b). (6. y. (6. O centro de massa do corpo rígido está localizado na origem do sistema cartesiano da Figura 6. p O momento de inércia relativo a este eixo será denominado ICM . então todas as suas coordenadas são nulas. A distância entre o .28c ) e (6.28a . (6.29a) Z y dm = 0.28a .6. z) e M é a massa total do corpo rígido. (6. temos que Z 1 x dm. que passa pela origem do sistema cartesiano e (ii) eixo paralelo ao eixo-z que passa pelo ponto P.26) 2) Pelo fato do centro de massa estar localizado na origem do sistema cartesiano.28b) yCM = M Z 1 zCM = z dm.27) nas Equações (6.6. Agora será mostrado um teorema que relaciona o momento de inércia entre dois eixos de rotação paralelos entre si.28a) xCM = M Z 1 y dm.1 Teorema dos Eixos Paralelos Para demonstrar este teorema considere o corpo rígido da Figura 6. 29a . Portanto. Como ponto de observação fica como exercício verificar a veracidade da Equação (6. Para exemplificar isto considere o exemplo de equilíbrio numa gangorra ilustrado na Figura 6.25). caso contrário a gangorra irá deslizar sobre o ponto de apoio. A outra massa (m2 ) deve ser colocada no lado direito numa posição tal que a gangorra fique em equilíbrio.29c) e o fato de que a massa total M = dm pode-se reescrever a Equação (6.22). Figura 6. 6. A Equação (6.5 Torque Nesta seção.24) e (6.26) e (6. R Usando as Equações (6. Qual é a distância (d2 ) entre o ponto de apoio e a massa m2 para que isto ocorra? Para responder esta pergunta de equilíbrio estático é necessário analisar uma grandeza chamada torque. o momento de inércia relativo ao eixo de rotação que passa pelo ponto P é Z Z 2 (x − a)2 + (y − a)2 dm IP = rP dm = Z Z Z Z 2 2 2 2 IP = x + y dm − 2a xdm − 2b ydm + a + b dm. então para equilibrar este sistema os comprimentos entre as massas e o ponto de apoio devem ser iguais.31) √ onde d = a2 + b2 é a menor distância entre o eixo-z e o eixo que passa pelo ponto P.30) onde as variáveis a e b não participam da integral pois são constantes. assim como os eixos de rotação usados. (6.6: Ilustração de um corte transversal de um corpo rígido de forma arbitrária mostrando as variáveis relevantes para a demonstração do teorema dos eixos paralelos.6.30) da forma IP = ICM + M d2 . Sabemos que se as massas forem iguais. será introduzida uma nova grandeza física de muita utilizada no estudo quantitativo e qualitativo da dinâmica e estática de movimentos de rotação.23).Capítulo 6 – Rotação 155 q infinitésimo de massa e o ponto P é dada por rP = (x − a)2 + (y − b)2 . Mas no caso das massas serem diferentes? O comprimento entre o ponto de apoio e a massa (m1 ) localizada no lado esquerdo é d1 . (6.7. Intuitivamente sabemos que para . (6.(6.31) nos resultados das Equações (6. Para isto é necessário que a mesma fique na horizontal.31) é o teorema dos eixos paralelos do momento de inércia. Intuitivamente sabemos que para girar a barra é necessário aplicar uma força perpendicular à mesma (ϕ = 900 na Figura 6. A componente de força paralela à barra não interfere no movimento de rotação.7 é necessário balancear os comprimentos com o valor das massas.Capítulo 6 – Rotação 156 Figura 6. despreze a ação da gravidade.8). O movimento de rotação ocorre no plano da página. Experimentalmente sabemos que é mais fácil girar a barra aplicando uma força na extremidade oposta do ponto de apoio (r = L na Figura 6. Para definir o torque considere o sistema formado por uma barra de comprimento L ligada a um eixo de apoio para rotação que está perpendicular à página (ver Figura 6. equilibrar a gangorra ilustrada na Figura 6. A definição de torque (τ ) está associada a localização em que a força perpendicular à barra (F⊥ ) é aplicada e ao seu módulo .7: Ilustração de equilíbrio numa gangorra. Para girar a barra é necessário vencer o atrito existente no eixo de rotação. Quanto mais próximo do ponto de apoio (menor valor de r). maior será a força necessária para girar a barra.8).8). . . . (6.32) τ = rF⊥ = r . F~ . para vencer o atrito no eixo. a gangorra fique parada. como a velocidade e a aceleração angular possuem natureza vetorial. Note que a unidade de torque é comprimento x força. o torque também tem propriedades de vetores e pode ser escrito na seguinte forma vetorial ~τ = ~r × F~ . Por exemplo. Portanto.33) onde ~r é um vetor que aponta do eixo de rotação para o ponto onde a força é aplicada (ver Figura 6. Para haver o equilíbrio estático.8 o torque aponta para fora da página e é sempre perpendicular à ~r e F~ . Assim.8) e F~ é o vetor força aplicada. se quisermos girar a mesma barra aplicando F⊥ = 50 N teríamos que aplicá-la num ponto duas vezes mais distantes para obter o torque mínimo τ0 . para girar a barra. Para isto deve ser aplicada numa distância r maior. No caso da Figura 6. Qualquer força acima deste valor também provocará uma rotação na barra. ao torque . (6. É possível girar a mesma barra com uma força menor. Finalmente é possível entender o problema de equilíbrio da gangorra ilustrado na Figura 6. é necessário que a soma vetorial dos torques seja nula. A componente da força F⊥ é sempre tangente à circunferência descrita pelo movimento de rotação. Considere que o torque mínimo τ0 = 40 N.m e a distância r = 40 cm. senϕ. mas de sentido oposto. é necessário aplicar um torque mínimo τ0 . Assim o vetor torque provocado pela massa m1 deve ter o mesmo módulo. isto é. ou seja.7. então o valor mínimo da componente perpendicular da força necessária para girar a barra é F⊥ = 100 N. 32. é tangente à circunferência descrita pelo movimento de rotação de dm. Aplicando a segunda lei . provocado pela massa m2 . Esta lei possui uma similaridade com a segunda lei de Newton para o movimento linear de uma partícula de massa m.Capítulo 6 – Rotação 157 Figura 6. a força foi analisada pontualmente e não foi levado em conta o que ocorre ao longo da barra. 6.8: Ilustração do movimento de rotação de uma barra apoiada num eixo. de acordo com a Figura 6. Portanto P1 d1 = P2 d2 ⇒ m1 d1 = m2 d2 . Esta rotação é o resultado de uma força resultante que atua sobre todas as partículas do corpo rígido.6 Segunda Lei de Newton para Rotações Nesta seção será mostrada a lei física que rege a dinâmica de rotação de corpos rígidos.8. Note que a gangorra na horizontal implica que as forças peso são perpendiculares à barra de apoio. Por exemplo. Na seção anterior foram abordadas situações físicas nas quais a dinâmica de todo o objeto não foi levada em conta.9. ou seja.35) onde r é a menor distância do infinitésimo de massa ao eixo de rotação e dF~⊥ é a componente perpendicular ao vetor ~r da força resultante. o torque resultante infinitesimal (dτ ) em cada infinitésimo de massa é dτ = rdF~⊥ . mostrando as grandezas físicas relevantes. (6. A força que origina o torque é a força peso. Considere o movimento de rotação em torno do eixo-z do corpo rígido da Figura 6. Neste momento a origem desta força resultante não é relevante. Portanto. No caso da barra da Figura 6.8.9 e usando a definição de torque da Equação 6. na situação da gangorra os blocos foram aproximados por massas pontuais localizadas na extremidade da barra.34) A igualdade da Equação (6. Sobre cada infinitésimo de massa (dm) atua uma força resultante infinitesimal (dF~ ). (6.34) é a condição necessária do equilíbrio estático na Figura 6. 14). (6. Portanto. Note que a Equação (6.37) implica em torque nulo no caso de velocidade angular constante (α = 0) e ausência de atrito. Ou seja. (6. o corpo parecerá mais “pesado” para girar.37) só é válida se a distância entre as partículas (sistema discreto) ou infinitésimos de massa (sistema contínuo) permanecerem constantes durante movimento de rotação. nos casos de um furacão ou um redemoinho onde as partículas se movem umas em relação às outras. A integral na Equação (6.21).37) não é aplicável.14) e (6.37) deve ser realizada sobre o corpo rígido. maior será o torque necessário para girá-lo em torno deste eixo.37) é a segunda lei de Newton para o movimento de rotação. • O bloco está em queda livre sem resistência do ar. quanto maior o momento de inércia do corpo relativo a um determinado eixo de rotação.36) onde atg é o módulo da componente tangencial do vetor aceleração linear resultante no movimento de rotação de dm e definida na Equação (6. e uma pessoa aplica uma força F~aplicada paralela à superfície. Ao comparar a segunda lei de Newton para movimento de rotação com aquela do movimento linear pode-se observar que o momento de inércia do corpo rígido faz o papel da massa e a aceleração angular faz o papel da aceleração angular. por isso ela não pertence ao integrando.Capítulo 6 – Rotação 158 de Newton para o movimento linear do infinitésimo de massa dm obtemos que dF~⊥ = (dm) atg . onde o peso faz o papel da força aplicada (F~aplicada = F~ = m~g ) sobre o bloco. Note que a Equação (6. A Equação (6. Isto significa que quanto maior o momento de inércía. .37) onde τ é o torque total sobre o corpo rígido e I é o momento de inércia de um sistema contínuo de partículas (6. A Equação (6.7 Trabalho e Energia Cinética de Rotação Em capítulos anteriores foi mostrado o teorema trabalho energia cinética do movimento linear. Este teorema relaciona o trabalho realizado por uma força externa ao sistema com sua variação da energia cinética linear.35) temos que Z Z 2 dτ = (dm) rα = αr (dm) ⇒ τ = dτ = α r2 dm = αI. Para relembrar este teorema considere o sistema como sendo um bloco de massa m. 6. Esta demonstração pode ser realizada em duas situações distintas: • O bloco repousa sobre uma superfície sem atrito. A Equação (6. empurrando o bloco para frente. Como se trata de um corpo rígido a aceleração angular α é a mesma para qualquer parte do corpo.36) na Equação (6. por exemplo. Substituindo a Equação (6. não é necessário realizar torque externo para girar um corpo à velocidade angular constante que não apresenta atrito.37) diz que para girar um corpo rígido em torno de um determinado eixo de rotação com aceleração angular α0 é necessário aplicar um torque τ = α0 I. Ela relaciona o torque resultante sobre o corpo rígido com o momento de inércia e a aceleração angular. Nas duas situações não existe força de atrito.40) onde a força de atrito F~atrito é sempre contrária ao movimento do bloco. (6.41) . pois o atrito aparece como uma segunda força externa atuando no bloco. no caso sem atrito a Equação (6.38) fica Z xf Z xf W = Faplicada dx = m a dx xi xi Z xf Z vf Z vf dv dx = m dx = m dv = m v dv dt dt xi vi vi 1 2 1 2 = mv − mv = ∆K. Neste caso. 2 f 2 i (6.39) seria escrita da seguinte forma F~aplicada + F~atrito = F~resultante = m~a.39) Note que a Equação (6. (6. a Equação (6. xi e xf são as posições inicial e final do bloco e Faplicada é a força externa aplica ao bloco na direção do seu movimento (qualquer componente de força perpendicular à direção do movimento não realiza trabalho). Em ambas as situações (1) e (2) a força aplicada pode ser escrita como: F~aplicada = F~resultante = m~a.39) não é verdadeira no caso de existência do atrito. (6.Capítulo 6 – Rotação 159 Figura 6. a força externa aplicada ao corpo é não nula e o movimento é unidimensional. Nestes casos o trabalho realizado (W) pela força externa pode ser escrito como Z xf W = Faplicada dx. mostrando as variáveis relevantes para a dedução da segunda lei de Newton da rotação.9: Ilustração do movimento de rotação da seção transversal de um corpo rígido de forma geométrica arbitrária. Portanto.38) xi onde x é a posição do centro de massa do bloco. Usando este fato e substituindo a Equação (6. por isto não participa da integral.41) é o teorema trabalho energia cinética para o movimento linear. ou seja.43) onde dτ é o torque infinitesimal no infinitésimo de massa dm. ωi e ωf são a velocidade angular inicial e final do infinitésimo de massa (que é igual para todo o corpo rígido).9 e a componente infinitesimal perpendicular da força externa aplicada dFaplicada = dF⊥ (responsável pelo torque) pode ser escrita da seguinte forma dFaplicada = dF⊥ = (dm) atg . . Para encontrar esta relação considere a ilustração na Figura 6.41).9. (6.38) se torna um diferencial linear de arco de circunferência dx = ds = rdθ.44) é o teorema trabalho energia cinética de rotação.42) na Equação (6.38) temos que o trabalho infinitesimal realizado pela força dF⊥ para girar o infinitésimo de massa dm é: Z θf Z θf Z θf Z θf (dm) rαrdθ (dm) atg rdθ = (dτ ) dθ = F⊥ rdθ = dW = θi θi Z θf dω dθ = (dm) r2 = (dm) r2 dt θi 1 = (dm) r2 ωf2 − ωi2 . atg é a aceleração tangencial do infinitésimo de massa.44) 2 f 2 i onde a integral é realizada sobre a massa do corpo rígido. o diferencial linear unidimensional dx na Equação (6. No movimento de rotação o deslocamento linear do corpo rígido é descrito por um arco de circunferência. Seguindo o mesmo raciocínio e considerações feitas para deduzir a Equação (6. 2 θi ωf Z ωi θi dθ dω = (dm) r2 dt Z ωf ωdω ωi (6. a diferença (ωf2 − ωi2 ) não depende da massa. A Equação (6. (6.Capítulo 6 – Rotação 160 onde vi e vf são as velocidades inicial e final do centro de massa do bloco. A rotação do corpo rígido é o resultado do torque externo devido a componente dF⊥ da força externa resultante que atua sobre os infinitésimos de massa (dτ = dF⊥ r). não existe atrito na rotação do corpo rígido da Figura 6. O trabalho realizado pela força aplicada sobre todo o corpo rígido é: Z Z Z 1 2 2 1 2 1 2 2 2 W = dW = r ωf − ωi dm = ωf − ωi r2 dm = ωf − ωi2 2 2 2 1 2 1 2 = Iω − Iω = ∆Krot . Portanto. que relaciona o trabalho realizado por um torque aplicado (devido a uma força aplicada) com a variação da energia cinética de rotação do corpo rígido. A Equação (6.42) onde atg é a aceleração tangencial à circunferência descrita pelo movimento de rotação e dm é a massa infinitesimal. Para movimentos de rotação existe um teorema que relaciona o trabalho realizado por um torque externo aplicado com a variação da energia cinética rotacional do corpo rígido. e I é o momento de inércia do corpo rígido relativo ao eixo da rotação. 1 O rolamento A cinemática do rolamento Para examinar o movimento mais geral de um corpo rígido é essencial definir um referencial inercial o qual o observador. mas é possível. aprendemos no capítulo anterior que quando o movimento de um corpo extenso não pode ser abordado como uma partícula.Capítulo 7 O movimento dos corpos rígidos Ronai Machado Lisbôa 7.2 7. 7. Portanto. Por esse motivo.1: Uma esfera que gira em torno de um eixo imaginário que atravessa o centro de massa. devemos levar em conta o movimento de rotação em torno de um eixo fixo. o eixo de rotação (Figura 7. etc. tem simetria esférica e um eixo imaginário fixo que atravessa o seu centro de massa.1). isto é.1 Introdução Desde o início do nosso curso. o movimento do corpo rígido sobre uma superfície como uma combinação da translação do seu centro de massa em relacão ao referencial inercial e de uma rotação de um ponto material do corpo em relacão ao eixo 161 Figura 7. estudaremos a combinação dos movimentos de translação e de rotação dos corpos extensos e que são observados em situações cotidianas: uma bola num jogo de futebol. Todos esses exemplos são muito complexos. as rodas dos automóveis e motocicletas numa estrada. A partir de agora. simplificar os sistemas físicos para que possamos interpretá-los. Define-se rolamento. Um cordo rígido adequado. as bolas de bilhar após uma tacada. Aprendemos que os corpos extensos são analisados como partículas porque o movimento de todas as partículas do corpo é substituido pelo movimento do centro de massa. mas mais interessantes. nesse referencial. através do movimento do seu centro de massa. o sistema de muitas partículas tem somente o movimento de translação pura porque vislumbramos apenas o movimento do seu centro de massa. Podemos dizer que a Física complica porque os fenômenos naturais tornam-se mais complexos. verá o corpo rígido se deslocar. nesse momento. e necessário. o estudo da Física aparentemente ficou mais complicado.2. . a bola de boliche. Iniciamos com a cinemática e a dinâmica para uma partícula e depois para um sistema de muitas partículas. 4(b).2: Trajetórias do centro de massa e de um ponto na periferia da esfera.4(a). temos uma seção reta da esfera e recordamos que a velocidade angular tem natureza vetorial com a direção e o sentido convencionados pela regra da mão direita. a esfera têm a mesma magnitude e a direção da velocidade do centro de massa ~vcm e na Figura (7. observadas na Figura 7.2).4(c). A esfera translada com a velocidade do centro de massa (b) e gira com a velocidade angular (c). Na Figura 7.3: Quando a condição de rolamento é satisfeita a esfera tem o deslocamento s = θr. o ponto de contato com a superfície desloca-se de uma distância s enquanto a posição angular do mesmo ponto gira de um ângulo θ em torno do eixo de rotação. Na Figura 7.4: Em (a) recordamos que a velocidade ~vp = ω ~ × ~r é uma grandeza vetorial. A trajetória curva é uma ciclóide.2) onde vp é a velocidade tangencial. A condição de rolamento é escrita matematicamente por s = θr (7.1) em relação ao tempo é a forma escalar para a velocidade de quaisquer pontos materiais da esfera em relação ao centro de massa vp = ωr. mas para uma Figura 7.1) e diz que para uma esfera de raio r. . todos os pontos sobre (a) (b) (c) Figura 7. (7. Figura 7. Para um observador num referencial inercial as trajetórias do centro de massa e de um ponto na periferia da esfera são uma linha reta e uma ciclóide. Se esse vínculo é satisfeito a esfera rola sem deslizar como mostrado na Figura 7.Capítulo 7 – O movimento dos corpos rígidos 162 de rotação. ω é a velocidade angular e r é a distância do ponto considerado ao eixo de rotação. Na forma vetorial. a velocidade de qualquer ponto se escreve como ~vp = ω ~ × ~r e. A derivada da equação (7.2. eles giram com a mesma velocidade angular ω ~ . somente no caso particular da velocidade angular ω ~ na direcão do eixo de rotação e perpendicular ao vetor posição ~r a forma escalar é dada pela Equação (7.3. 4) Figura 7. o ponto em contato com a superfície está instantaneamente em repouso (~v = 0) porque ~vcm = −~vp . em relação ao tempo.6) e calculando o produto vetorial na segunda parcela do lado esquerdo da Equação. A resultante vetorial dessas velocidades é ~v = ~vcm + ~vp .5: A velocidade resultante em cada ponto da esfera é a soma ~v = ~vcm + ω ~ × ~r. x : 0 = 6 + 3ω −→ ω = − 2kˆ rad/s y : vB = − 4ω −→ vB = 8ˆj cm/s. Figura 7. A barra tem o movimento vinculado. derivando a condição de rolamento para o deslocamento. Dos dados do problema temos que ~vA = 6ˆi. No topo da esfera a velocidade é máxima ~v = 2~vcm . A velocidade do ponto B é ~vB = ~vA + ω ~ × ~rAB (7.6 é confinada a se mover de acordo com as trajetórias dos pinos em suas extremidades.6: A haste rígida possui um movimento de translação e rotação.3) A partir dessa Equação (7. . ~rAB = −4ˆi − 3ˆj e ω ~ = ωˆ z . (7. pela distância s = θr. nós encontramos a soma vetorial 0 = (6 + 3ω)ˆi vB ˆj = −4ωˆj .5.4(b) e 7.3.5) onde ω ~ é a velocidade angular da barra e ~rAB é o vetor posição do ponto A ao ponto B. temos vB ˆj = 6ˆi + [ωˆ z × (−4ˆi − 3ˆj)] (7. O módulo rAB é o comprimento da barra.4(c) tomamos o cuidado de desenhar os vetores velocidades ~vcm e ~vp na periferia da esfera com o mesmo módulo. O centro de massa permanece diretamente acima do ponto de contato e se move também.3) é possível calcular a velocidade resultante de quaisquer pontos sobre o corpo rígido que rola sem deslizar. No topo ~v = 2~vCM e no ponto de contato com a superficie ~v = 0. Substituindo esses valores na Equação (7. (7.2). nas Figuras 7. Exemplo 7. como podemos ver na Figura 7.Capítulo 7 – O movimento dos corpos rígidos 163 dada distância r a partir do centro da esfera a magnitude da velocidade ~vp muda de acordo com a Equação (7.7) Igualando as equações para as componentes chegamos num sistema de equações. Esse resultado justifica a imagem borrada na parte superior e mais nítida na parte inferior da logomarca do fabricante do pneu do carro de Fórmula 1.5). Determine a velocidade do ponto B nesse instante. Por esse motivo.8) O sinal negativo para a velocidade angular indica que o sentido é para dentro do papel. Portanto. A barra mostrada na Figura 7. (7. Na esfera da Figura 7. No instante mostrado.1. (7. o ponto A tem o movimento indicado. a velocidade do centro de massa é dada segundo a Equação vcm = vp = ωr . 3 Figura 7. de uma posição horizontal.8: O centro de massa da barra executa uma rotação pura em torno da extremidade pivotada.10).10) é a energia cinética de rotação de um ponto em relação ao centro de massa e a segunda parcela é a energia cinética de translação do centro de massa em relação ao referncial inercial.7 é 1 K = Ip ω 2 .9) quando conhecemos o eixo instantâneo de rotação ou a partir da soma da energia cinética de rotação mais a energia cinética de translação usando a Equação (7. Logo. Vamos utilizar esse conhecimento para obter a Equação da energia do rolamento de um corpo rígido. Aplicando a conservação da energia para relacionar as energias mecânicas Figura 7. é largada do repouso. .7 a velocidade do ponto de contato é nula porque r = 0 e para um ponto diametralmente oposto a velocidade e máxima. os mesmos resultados quando consideramos o eixo de rotação atravessando o centro de massa. Nesse caso. pois todos os pontos do corpo rígido têm a mesma velocidade angular ω ~. como mostrado na Figura 7. Desse modo. Num rolamento puro ao redor do ponto de contato. v = ω (2 r) = 2 vcm .Capítulo 7 – O movimento dos corpos rígidos 7.2. como mostrado na Figura 7. 2 (7. Exemplo 7. Ip = Icm + M D2 onde Icm é o momento de inércia de um eixo atravessando o centro de massa. o rolamento é possível através de uma rotação pura. a energia cinética é reescrita 1 1 1 1 1 2 K = (Icm + M r2 )ω 2 = Icm ω 2 + M r2 ω 2 = Icm ω 2 + M vcm . Para um observador no referencial inercial a energia cinética do rolamento puro em relação ao eixo instantâneo de rotação. M é a massa total e D é a distância entre o ponto P e o centro de massa do corpo rígido. A energia do movimento de rolamento Aprendemos o cálculo do momento de inércia de um sistema de partículas e de alguns corpos rígidos simétricos em relação a um eixo de rotação. no ponto P da Figura 7.9) Recordando o teorema dos eixos paralelos. Desprezando o atrito e a resistência do ar.2. A energia cinética total de um corpo rígido pode sempre ser calculada com a Equação (7. quando ela passa pela posição vertical. Nada impede que a escolha do eixo de rotação seja deslocado para o próprio ponto de contato. Uma barra fina e homogênea.8. 2 2 2 2 2 (7. 7.2. onde a velocidade angular do movimento de rotação em torno do centro de massa é igual à velocidade angular da rotação em torno do eixo instantâneo de rotação.2 164 O rolamento: Uma rotação pura Na sessão anterior escolhemos um eixo de rotação atravessando o centro de massa do corpo rígido.10) A primeira parcela do lado direito da Equação (7. determine a rapidez angular da barra. articulada em uma das extremidades.7: No rolamento puro a esfera gira ao redor do eixo instantâneo de rotação em contato com a superfície. de comprimento L e massa M. chamado eixo instantâneo de rotação. I O momento de inércia do centro de massa da barra é I = 1/3M L2 . ωf = L (7.4) em relação ao tempo obtemos condição de rolamento sem deslizamento acm = α r (7.15) e X ~τres = Icm α ~ (7. A aplicação de ambas as equações ficará mais evidente no avançar do curso.f = Iω + M g ycm.14) que relaciona a aceleração do centro de massa e a aceleração angular. Derivando a Equação (7.i 2 2 i 1 2 L Iωf + M g (− ) = 0 2 2 (7. Exemplo 7. Um taco atinge uma bola de bilhar horizontalmente em um ponto a uma distância d acima do centro da bola Figura 7.12) (7. logo r 3g . Também podemos citar os corpos rígidos que rolam acelerados num plano. mas somente da aceleração da gravidade e do comprimento.11) e explicitando para ωf r ωf = M gL . não depende da massa da barra. Exemplos desses rolamentos acelerados são os corpos rígidos sob a ação da força da gravidade como o ioiô e uma bola que sobe ou desce um plano inclinado sem deslizar. Determine o valor de d .3. respectivamente X F~res = M~acm (7.2.13) Esse resultado mostra que a rapidez angular. no movimento de queda livre. As causas dos movimentos de translação e rotação sobre o corpo rígido são a força e o torque resultantes.Capítulo 7 – O movimento dos corpos rígidos 165 inicial e final do centro de massa Kf + Uf = Ki + Ui 1 2 1 2 Iωf + M g ycm.16) desde que o eixo de rotação que atravessa o centro de massa seja um eixo de simetria e não mude de direção em relação ao referencial inercial adotado. mas sob a ação de uma força de atrito estático como uma bola de boliche em contato com a pista ou as bolas de um jogo de sinuca sobre o tecido da mesa. 7.4 A dinâmica do movimento de rolamento Um corpo rígido pode rolar sem deslizar mesmo que esteja acelerado desde que as condições de rolamento sejam satisfeitas.9(a). a distância d que a força deve ser aplicada é d= Icm 2 = R. Essa aproximação teórica da realidade permite-nos dizer que o corpo rígido e a superfície estão em contato apenas por um único ponto. as linhas de ação das forças gravitacional e contato atravessam o centro de massa da bola. o torque resultante é da força aplicada durante a tacada τ = F d. 7. Na direção vertical. e escrever Fd τ F R= R.9(b).20) O momento de inércia de uma esfera em relação a um eixo que passa pelo centro de massa é Icm = 2/5mR2 . Então. portanto. o torque é nulo. quando o ponto de contato está instantaneamente em repouso isso equivale a condição de rolamento sem escorregamento .5 As forças de atrito no rolamento Força de atrito estático Nas nossas situações físicas os corpos rígidos são considerados indeformáveis bem como as superfícies sobre as quais eles rolam sem deslizar. mR 5 (7.Capítulo 7 – O movimento dos corpos rígidos (a) 166 (b) Figura 7. sem deslizar. Quando a bola está apoiada sobre a mesa de bilhar as forças que atuantes são mostradas no diagrama de corpo livre da Figura 7. Escreva sua resposta em termos do raio R da bola. Portanto. (7.18) τ = Icm α (7. Não há atrito entre as superfícies. = m Icm Icm (7. desde o início.9: (a)Uma bola de sinuca é golpeada por uma força horizontal e acima do centro de massa. para o qual a bola rolará. (b) O diagrama do corpo livre para a bola de sinuca.2.19) e de rotação podemos utilizar a condição de rolamento acm = α R.17) Aplicando a segunda lei de Newton para os movimentos de translação F = macm (7.21) Atingindo a bola em um ponto mais alto ou mais baixo do que a d = 2R/5 do centro resultará na bola rolando e deslizando. A secção reta de todos os objetos é ilustrada na Figura 7. pois a linha de ação dessas forças passam pelo centro de massa da esfera e produzem um torque nulo.11 e no diagrama do corpo livre.23) Figura 7.22) onde m pode ser a massa de qualquer um dos ojetos. Exemplo 7. X Fx = m acm. Os módulos das forças paralelas ao eixo x são a força de atrito estático fe e a componente da força peso Px = m g sen ϕ e na direção do eixo y a força de contato N e a componente da força peso Py = m g cos ϕ. A segunda lei de Newton para as rotações. nós estabelecemos um eixo de coordenadas solidário ao centro de massa.10: a) Vários corpos arredondados rolam plano abaixo a partir da mesma altura. As componentes das forças na direção do eixo y não nos interessam nesse problema. se deve somente à força de atrito estático fe porque tem braço de alavanca não nulo. Vários objetos com simetria esférica e cilíndrica descem rolando um plano inclinado de um ângulo ϕ sem deslizar.Capítulo 7 – O movimento dos corpos rígidos 167 porque v = 0. a força de atrito estático opõe-se à tendência de deslizamento no ponto de contato de tal modo que ela pode produzir um aumento ou diminuição da aceleração angular. De outra forma. m g sen ϕ − fe = m acm . logo X τx = Icm α fe R = Icm α. se existe atrito entre as superfícies em contato. logo não há dissipação de energia. Isto implica que. Devemos enfatizar que se o ponto de contato está sempre instantaneamente em repouso. conforme ilustrado na Figura 7. Aplicando a segunda lei de Newton na direção do eixo x.4.14). mesmo se o corpo rígido estiver rolando sobre a superfície. Determine a força de atrito e a aceleração do centro de massa dos corpos rígidos. daí pelo teorema trabalho energia. . Portanto. o trabalho da força de atrito estático é nulo. Uma força aplicada num ponto afastado do eixo de rotação de um corpo rígido pode provocar uma aceleração do centro de massa na direção do movimento e também uma aceleração angular em torno do eixo de rotação. (7. a variação da energia cinética é nula.11: O diagrama do corpo livre para os corpos rígidos arredondados. Figura 7.10. ele é necessariamente estático. Quando a relação entre as acelerações do centro de massa e angular não satisfizerem a Equação de rolamento sem deslizamento dada pela Equação (7. no eixo x. enquanto o corpo rígido rola sem deslizar sobre a superfície. a velocidade relativa entre o corpo rígido e a superfície é nula. eles não escorregam entre si. o atrito será sempre estático. (7. Se a esfera desce o plano inclinado sem deslizar a condição de rolamento acm = αR (7.26) Levando essa última expressão na Equação (7.29) Para uma esfera maciça. (m g sen ϕ − m acm )R = Icm acm R (7.22).27) fe = R2 1 + mIcm Os momentos de inércia desses corpos rígidos em relação do centro de massa podem ser escrito como Icm = γ m R2 . 1+γ (7.31) 5 .25) determinamos a aceleração do centro de massa acm = g sen ϕ .1: A constante γ assume valores diferentes para cada corpo rígido arredondado. (7.28) enquanto a força de atrito estático depende somente da massa fe = m g sen ϕ . Resolvendo para fe na Equação (7. a aceleração independe da massa e do raio dos corpos acm = g sen ϕ .1. finalmente obtemos a força de atrito estático m g sen ϕ (7. A aceleração é menor devido à força de atrito estático da esfera 7 fe = m g sen ϕ. onde γ assume os valores constantes mostrados na tabela 7.23).30) que é menor que aceleração da mesma esfera por um fator 5/7 quando comparado à uma superfície sem atrito. e para α na Equação (7. corpo esfera maciça esfera oca cilindro maciço anel γ 2/5 2/3 1/2 1 Tabela 7. Portanto temos um sistema de três equações e três incógnitas.22). 1 + γ −1 (7. 1 + mIcm R2 (7. Assim.Capítulo 7 – O movimento dos corpos rígidos 168 onde Icm pode ser o momento de inércia de qualquer um dos ojetos.24) deve ser satisfeita.24) e substituindo os resultados na Equação (7. γ = 2/5 e aceleração do centro de massa é acm = 5 g sen ϕ 7 (7. é lançada no nível da pista. Por esse motivo numa competição de vários corpos rígidos arredondados deixando-os rolar do alto de um plano inclinado. Isto significa que a energia é dissipada pelo atrito. logo tan ϕ = 7/2µe . aquele que chegará primeiro à base do plano inclinado será o corpo rígido com menor valor da constante γ porque ele terá maior aceleração do centro de massa.14) não podem ser aplicadas.23) com fe trocado por fc . Tome o sentido do movimento como positivo. seu valor deve ser fe ≤ µe N . 0m/s. Porém. As acelerações linear e angular são encontradas pelas equações (7. Nesse caso. que atua no sentido negativo do eixo x. qualquer esfera oca e qualquer cilindro oco.4) ou (7. o ponto de contato possui uma velocidade diferente de zero.29) são válidas para qualquer corpo com simetria esférica ou cilíndrica que possa rolar num plano inclinado e tenha o centro de massa coincidente com o centro geométrico. (a) Durante a derrapagem. Conclui-se que para tanϕ for maior que 7/2µe . Determine (a) o tempo que a bola leva derrapando na pista ( após o qual ela passa a rolar sem deslizar ) e (b) a distância na qual ela derrapa.Capítulo 7 – O movimento dos corpos rígidos 169 No exemplo anterior.1) são diferentes para cada corpo rígido. Uma bola de boliche.15) e (7. onde N = m g cos ϕ. Através dos valores de γ da Tabela 7. de forma a iniciar um movimento horizontal sem rolamento. Exemplo 7. Nesse caso.Sistematicamente. Como existe deslizamento. O coeficiente de atrito cinético entre a bola e o piso é µc = 0. A partir do esboço do diagrama do corpo livre para a bola de boliche (Figura 7.29). isto é. Figura 7. a partir da Equação (7. a força resultante sobre ela é a força de atrito cinético fc . de massa M e raio R. vcm > ωR. . a esfera deslizará sobre o plano inclinado.16).32) Para a esfera γ = 2/5. qualquer cilindro maciço. devemos usar as equações (7.28) e (7.5. devido ao momento de inércia dos corpos. As equações (7. fazemos vcm igual a ωR e resolvemos para o tempo. com rapidez v0 = 5. Força de atrito cinético Quando o corpo rígido rola com deslizamento. Quando isso ocorre. há uma velocidade entre o corpo e a superfície.22) e (7.12). mas a força de atrito cinético atuará até que a condição de rolamento seja satisfeita. existe uma força de atrito cinético (fc ) que está relacionado ao movimento relativo das superfícies de contato. não se podendo usar conservação da energia mecânica para resolver este problema.1 a ordem de chegada na base do plano é: qualquer esfera maciça. a Equação (7.12: Uma bola de boliche que rola sobre uma superfície com atrito cinético µc . conclui-se que o atrito cinético é responsável pela rotação do corpo e pela diminuição da aceleração do centro de massa do corpo sólido que desce (ou sobe) sobre o plano inclinado. os fatores numéricos mostrados na tabela (7. o atrito é cinético ( e não estático). Verifique ! Para um corpo rola sobre um plano inclinado a força de atrito estático fe deve ser grande o suficiente para evitar o deslizamento. obtemos que tan ϕ ≤ (1 + γ −1 )µe (7. 080. Portanto. Calculamos vcm e ω como funções do tempo. y = 0.x = v0 + acm. 5 2 R (7. A força normal é N = M g e permite determinar a força de atrito cinético X Fy = M acm.35) A Equação cinemática que relaciona a velocidade linear com a aceleração constante e o tempo é vcm.36) A segunda lei de Newton para as rotações fornece a aceleração angular X τx = Icm α µc M gR = 5 µc g 2 M R2 α ⇒ α = . (7.34) A aceleração do centro de massa é obtida substituindo o resultado (7.x . (7.41) .x −fc = M acm. substituindo as equações (7.37) A Equação cinemática que relaciona a velocidade angular com a aceleração angular constante e o tempo é ω = ω0 + αt = 5 µc g t.38) Portanto.33). (7.37) quando a condição de rolamento é satisfeita.39) Resolvendo para o tempo t.x ⇒ acm.Capítulo 7 – O movimento dos corpos rígidos 170 Aplicando a segunda lei de Newton X Fx = M acm.40) b) A distância percorrida durante a derrapagem vale 1 ∆x = v0 t + acm t2 2 2v0 1 2v0 2 ∆x = v0 ( ) + (−µc g)( ) 7µc g 2 7µc g 12 v02 ∆x = = 7. 49 µc g (7.x = −µc g. 2 R (7. a velocidade do centro de massa é vcm = ωR fornece a expressão (v0 − µc gt) = ( 5 µc g t)R. obtemos t= 2v0 = 1. 7µc g (7. (7.x t = v0 − µc gt. 8s.33) A aceleração tem o sentido negativo do eixo x e acm. 8m.36) e (7. 2 R (7.y = 0 ⇒ N = M g −fc = µc N = µc M g. − µc M g = M acm.34) na Equação (7. f~e . Exemplo 7.13. isto é. uma esfera sólida que rola sem escorregar numa superfície horizontal macia. então. N ~ produz um torque que se opõe a rotação e a força f~e prorolamento. força de contato resultante F~r se concentra nessa região mais ex~ . A segunda lei de Newton para Equação de movimento de translação aplica-se à força de atrito fr = −macm . (b) O diagrama do corpo livre ilustra as forças que agem sobre a esfera de aço.13(a). dizemos que há um atrito de rolamento. Na Figura 7. e tem como componentes a força de contato normal. Mostre que a aceleração do centro de massa é acm = 5 g θ. 7 ~ e f~r originam a força resultante F~r . existe sempre uma ligeira deformação por contato de modo que no rolamento sem deslizamento de um corpo rígido (não ideal) sempre há perdas de energia devido as deformações das superfícies de contato. Nesse caso. orientada e apliAs forças de contato N cada como mostra a Figura 7.13(b).Capítulo 7 – O movimento dos corpos rígidos 171 Força de atrito de rolamento Quando os corpos não são idealizados surgem deformações que implicam que as zonas de contato não são pontuais ou lineares. O ponto de aplicação de F~r está deslocado de um comprimento λ em relação ao ponto p que representa uma situação de rolamento sem deformação. (a) (b) Figura 7. ilustramos um instante de uma esfera de aço que rola sobre uma superfície macia e vemos a deformação na parte frontal da esfera que aumenta a região de contato.b. a aceleração do centro de massa.43) . A força N vocam um deslizamento da esfera sobre a superfície deformada dissipando energia. mas abrange uma pequena área. No diagrama de corpo livre da Figura (7. (7. Na realidade.42) onde o sinal negativo indica que a força de atrito tem o sentido oposto à taxa de variação da velocidade do centro de massa. e a força de atrito de tensa. É devido ao atrito de rolamento e à resistência que ocorre dissipação de energia durante o movimento.13: (a) Uma esfera de aço deforma uma superfície macia. como ocorre entre os pneus de um meio de transporte e o asfalto. A Equação do movimento de rotação é fr h − N λ = Icm α (7. 1) Considere.6. Para corpos rígidos ideais o coeficiente λ é muito pequeno.14.44) onde λ = Rsen θ ∼ = Rθ. nós encontramos acm = − 5 g R θ.46) 2) Calcule a força externa F~ aplicada ao centro de massa para manter a esfera do exemplo anterior num movimento uniforme.47) fr R − N λ = 0. a força de contato resultante. Resolvendo para a aceleração do centro de massa. . Como a esfera rola sem deslizar.15(a). 7 (7. F~r .48) e Como N = P = mg.6 Aplicações O ioiô O ioiô. − macm h − mgλ = mR2 5 R (7. F R = λmg → M = λP (7. Consequentemente. expressa em unidades de comprimento. A grandeza λ.2. as equações de movimento ficam F − fr = 0 (7. 7.50) onde M = fr R ≡ F R„ é chamado de momento de resitência ao rolamento. a condição de rolamento acm = αR é satisfeita. 5 acm = − g θ. é um brinquedo que permite estudar as equações de movimento de translação e de rotação e também a conservação da energia mecânica. temos que h ∼ = R. é normalmente chamada de coeficiente de resistência ao rolamento.Capítulo 7 – O movimento dos corpos rígidos 172 onde N = mg e para uma esfera Icm = 25 mR2 . (7. e como supomos que θ é muito pequeno (isso equivale a dizer que a deformação da superfície macia é ínfima). Após algumas substituições.49) Multiplicando ambos os lados da Equação anterior por R. Na Figura 7. Assim. chegamos a seguinte Equação acm 2 . pois queremos um movimento uniforme. As Figura 7. dependendo essencialmente dos materiais em contato. encontramos que F = λmg R (7. para ângulos muito pequenos. deve passar pelo eixo do cilindro de modo que as acelerações de translação e rotação sejam nulas.14: No movimento uniforme a linha de ação da força de contato resultante passa pelo centro de massa.45) A altura h e o raio da esfera R se relacionam pela expressão h = R cos θ. Figura 7. 5h + 2R (7. a energia potencial diminui do seu valor máximo Ep = mgh até zero e a energia cinética aumenta de zero até o seu valor 2 máximo Ec = 1/2mvcm + 1/2Icm ω 2 . Se o ioiô possuir uma forma que não é de um disco.55) onde conferimos que a velocidade de queda é independente da massa e do raio do disco. da corda que atua tangencialmente ao raio do ioiô. a aceleração do centro de massa é 2 acm = g. forças que atuam sobre o disco são: a força peso. As equações de movimento de translação mg − T = macm (7.16. após desenrolar todo o barbante. que atua no centro de massa do ioiô e a tensão. 3 (7. em repouso. Para tal. (7. O mesmo resultado é obtido a partir da conservação da energia mecânica. . com a situação final do disco. enquanto o ioiô cai.16: As posições inicial e final de um ioiô. a Equação da aceleração será idência à expressão (7. a partir do repouso: h = 1 2 gt 2 (7. menor que a aceleração de um corpo em queda livre por um fator de 2/3.26).53) portanto. comparamos a posição inical do disco. Na posição final. a condição de rolamento acm = αr é satisfeita. o centro de massa do disco se move com velocidade do centro de massa e gira ao redor de um eixo que passa pelo seu centro de massa com velocidade angular ω = vcm /r. como deveria ser. As equações do movimento retilíneo uniformemente acelerado fornecem a velocidade e o tempo de queda do disco de uma altura h.15: (a) Ilustração de um ioiô típico. No nosso referencial. 3 (7.15(b). o princípio de conservação de Figura 7.52) e de rotação Considerando que o ioiô role e não deslize sobre o barbante.51) T r = Icm α. P~ .Capítulo 7 – O movimento dos corpos rígidos 173 (a) (b) Figura 7. como está ilustrado na Figura 7. Substituindo o momento de inércia do disco Icm = 1/2mR2 e resolvendo esse sistema de equações.54) r vcm = acm t → vcm = 2 gh . T~ . Portanto. Figura 7. (b) As forças que atuam num ioiô. 56) 1 Icm ω 2 2 1 vcm 2 Icm ( ).Capítulo 7 – O movimento dos corpos rígidos 174 energia se escreve Ei = Ef 1 2 mgh = mv + 2 cm 1 2 mgh = mv + 2 cm (7. O movimento para baixo é interrompido e se inverte graças à elasticidade da corda. 3 (a) (7. .17(a).60) Como vemos na Figura 7. Esta energia é transferida ao disco como energia cinética de translação com o movimento vertical para acima do seu centro de massa.17(b). A energia cinética de rotação não muda. já que a velocidade angular de rotação não muda de sentido.a.57) (7. mas a velocidade angular mantém o mesmo sentido. Figura 7. 2 r (7. obtemos r gh vcm = 2 .17: (a) A força impulsiva age num curto intervalo de tempo. A energia cinética de translação do disco se converte em energia elástica do barbante que se alonga imperceptivelmente.17. A duração do tempo t até a inversão do sentido da velocidade do centro de massa é muito pequeno. (b) A velocidade do centro de massa tem o sentido invertido. (7. Para que o disco mude seu momento linear de p~ a −~p é necessário uma força intensa f (t) que atua durante um intervalo de tempo muito curto t. Quando o disco alcança o final do barbante tem um momento linear p~ = m~v orientado para baixo. O impulso é igual à variação do momento linear e é numericamente igual à área sombreada da Figura 7.58) Resolvendo para a velocidade do centro de massa. a tensão do barbante T é constante e aumenta bruscamente durante um pequeno intervalo de tempo t. Z I= F dt = ∆p = mv − (−mv) = 2mv.59) (b) Figura 7. quando o barbante recupera seu comprimento normal sem deformação. 1) implica que o torque é perpendicular ao plano formado pelos vetores ~r e F~ e o sentido é dado pela regra da mão direita: o polegar aponta na direção e no sentido do torque quando os outros dedos da mão direita giram ~r para encontrar F~ . Isso é suficiente para entender o movimento atômico clássico do elétron ao redor do núcleo e com alguma extrapolação até o movimento da Terra em torno do Sol. . A forma vetorial é também um 175 Figura 8. α). o princípio de funcionamento dos veículos individuais como os Segway utilizados como um moderno meio de transporte.Capítulo 8 Torque. A partir de agora. Na aula anterior aprendemos que os movimentos mais gerais são combinações dos movimentos de translação do centro de massa e de rotação em torno de um eixo. v.1) e no SI de unidades é expresso em N. analisaremos as causas da rotação de uma partícula em torno de um ponto fixo no espaço e encontraremos as equações que governam o seu movimento de rotação.2 O Torque Aprendemos que o torque é igual ao produto vetorial entre a posição e a força resultante ~τ = ~r × F~ (8. Agora.m. 8. a) e as angulares (θ. a habilidade dos pilotos sobre as motos cruisers . Momento Angular e a 2a Lei de Newton para a rotação Ronai Machado Lisbôa 8. Figura 8. mas varrendo o menor ângulo entre eles.1: O polegar aponta na direção e sentido do produto vetorial ~r × F~ . vamos ver que existe uma analogia entre as grandezas físicas lineares e angulares na dinâmica de rotação.1 Introdução No estudo da cinemática de rotação percebemos a analogia entre as grandezas físicas lineares (s.1. ω. as cambalhotas de um gato no ar que chega sempre de pé no solo e também a famosa bicicleta do Rei Pelé. Esses são os primeiros passos para que na próxima aula sejamos capazes de compreender movimentos de rotações mais complexos como por exemplo. A natureza vetorial da Equação (8. . Momento Angular e a 2a Lei de Newton para a rotação 176 meio de resumir as componentes do torque que em coordenadas cartesianas são obtidas a partir do cálculo do determinante.Capítulo 8 – Torque. . . ˆi ˆj kˆ . . . τxˆi + τy ˆj + τz kˆ = . . x y z . . (8. .2) . Fx Fy Fz . 3. A seguir.2). porque o produto vetorial dos unitários são rˆ × rˆ = 0 e rˆ × ϕˆ = zˆ. (8. o torque e a aceleração angular têm a mesma direção. daí ~τ = rˆ r × (Fk rˆ + F⊥ ϕ) ˆ = rF⊥ zˆ. Aplicando a regra da mão direita. (8.4) Se usarmos a segunda Lei de Newton para o módulo da força tangencial.1). o torque em torno da origem O do referencial inercial é perpendicular ao movimento da partícula que está momentaneamente no plano x0 y 0 .2. (8. a força resultante é F~ = F⊥ rˆ + Fk ϕˆ e a partir da Equação (8. o torque é mais efetivo quanto maior o braço de alavanca r⊥ = b = r sen θ.5) Figura 8. Fk = mat e at = αr para aceleração. . Para a força aplicada F~ . o torque é perpendicular ao plano da página e aponta para fora. Outra forma de calcular a magnitude do torque é escrevê-lo em função do ângulo entre os vetores posição e força τ = rF sen(θ) = rF⊥ = r⊥ F. somente a componente da força Fk = F sen θ tangente à trajetória é eficaz na produção da rotação visto que a componente da força F⊥ perpendicular à trajetória passa pelo eixo de rotação e exerce apenas uma tração ou tensão sobre o eixo. onde no segundo membro dessa expressão as forças Fy0 e Fx0 são perpendiculares as posições x0 e y 0 . Na Figura 8.3: O torque de uma força move a partícula em torno do ponto O. obtemos ~τ = mr2 αˆ z = I0 α ~. Figura 8.3) No movimento mostrado na Figura 8. respectivamente. o torque da componente F⊥ é nulo. Em termos das suas componentes a magnitude do torque no eixo z 0 se escreve como τz0 = x0 Fy0 − y 0 Fx0 . Em coordenadas cilíndricas polares. As outras componentes do torque são obtidas usando a Equação (8. vamos mostrar que no movimento de uma partícula no plano e contendo a origem.2: O torque em torno da origem do referencial inercial O está na direção do eixo z 0 perpendicular ao movimento da partícula no plano x0 y 0 . é possível afirmar que o torque na dinâmica da rotação é o análogo da força na dinâmica da translação. O plano da placa e de todas esssas forças é o plano da página. Calcule o torque resultante em torno desse eixo produzido pelas três forças mostradas na Figura. 127sen 135◦ 18 = −1.9) O torque resultante é positivo tendendo a produzir uma rotação no sentido antihorário e tem a direção para fora do papel.090)2 = 0.4. Na Figura 8. Momento Angular e a 2a Lei de Newton para a rotação 177 onde I0 = mr2 é o momento de inércia da partícula em torno da origem O.m. 0 N e F3 = 14. 78N.10) . 127sen 90◦ 14 = +1.a ). temos que p (8.6) r1 = r2 = r3 = (0.7) τ2 = +l2 F2 = r2 sen φ2 F2 τ2 = +0.4: O torque resultante é a soma vetorial dos torques da cada uma das forças. Se a compararmos com a segunda Lei de Newton. F2 = 26. Exemplo 8. 0 N.4. 0 N. Figura 8. A Equação (8.Capítulo 8 – Torque. 34 + 1.3) para calcular a magnitude de cada torque e aplicamos a regra da mão direita para determinar a direção do torque. (8. 34N.5) significa que o torque da força resultante tem a direção da aceleração angular da partícula. 78 = +2. X τ = τ1 + τ2 + τ3 = −1. 127 m.1.090)2 + (0. Os torques das forças são τ1 = −l1 F1 = r1 sen φ1 F1 τ1 = −0. 127sen 135◦ 26 = +2. 50N. sabendo que os módulos das forças são F1 = 18. Uma placa metálica quadrada de lado igual a 0. 180 m possui um eixo pivotado perpendicularmente ao plano da página passando em seu centro O ( Figura 8.8) τ3 = +l3 F3 = r3 sen φ2 F3 τ3 = +0. 62N. Usamos a Equação (8. F~ = m~acm .m (8. 62 + 2.m (8.m (8. Podemos estabelecer o sentido antihorário como positivo. O produto vetorial da Equação (8.11) implica que o momento angular tem sempre a direção perpendicular ao plano formado pelos vetores posição e momento linear e o sentido é dado pela regra da mão direita. um partícula de massa m e momento linear p~ = m~v tem sua posição medida em relação à origem O do referencial inercial pelo vetor posição ~r. L (8.11) As unidades no SI do momento angular são Kg. As componentes do vetor momento angular em coordenadas cartesianas são obtidas a partir do cálculo do determinante .5.5: O momento angular em torno da origem do referencial inercial O está na direção do eixo z 0 perpendicular ao movimento da partícula no plano x0 y 0 . Na Figura 8.Capítulo 8 – Torque.3 O Momento Angular Na Figura 8. então o momento angular em torno da origem é paralelo ao eixo z.5.m2 /s. Figura 8. ~ = ~r × p~. Momento Angular e a 2a Lei de Newton para a rotação 178 8. O momento angular da partícula é igual ao produto vetorial entre a posição e o momento linear. se o plano do movimento da partícula coincide com o plano do referencial inercial. . . ˆi ˆj kˆ . . . ~ = . x y z . . L (8.12) . . . px py pz . Similarmente.14) Figura 8. O raio vetor ~r que liga a partícula à origem e as velocidades ~v e ω ~ se relacionam através do produto vetorial ~v = ω ~ × ~r. mostramos que o torque e aceleração angular têm a mesma direção se o movimento da partícula está contida num plano contendo a origem. . conforme ilustrado na Figura 8. a intensidade do momento angular em função do menor ângulo entre os vetores posição e momento linear L = rpsen(θ) = rp⊥ = r⊥ p (8. Na seção anterior. mostraremos que o momento angular e a velocidade angular têm a mesma direção nesse tipo de movimento. (8.6: O momento angular de uma partícula em torno do ponto O é perpendicular ao plano do papel.13) onde p⊥ = p sen(θ) é a componente do momento linear perpendicular à direção r e r⊥ = r sen(θ) é a componente do vetor posição perpendicular ou o braço de alavanca à direção p~.6. Para uma partícula que se move no plano xy o momento angular é paralelo ao eixo z com uma intensidade Lz = xpy − ypx . Agora. 18) dt Analogamente. A massa da Terra é 5.(1. sua velocidade linear e seu momento linear variam d ~ P = F~ .17) De forma idêntica.2. Então. Derivando ambos os membros da Equação (8. e a segunda parcela é força resultante sobre a partícula.11) em relação ao tempo d~ d d L = ( ~r × m~v ) + (~r × m ~v ) dt dt dt (8.m2 s−1 . o Sol move-se em volta do centro da Galáxia e descreve uma trajetória que é aproximadamente um círculo de raio 3. O período de revolução da Terra em volta do Sol é 3. aplicam-se as relações da Figura 8. vamos mostrar que o torque de uma força resultante sobre uma partícula. Essa Equação significa que o momento angular tem a direção da velocidade angular da partícula. (8. Com uma boa aproximação. ˆ O momento angular nas coordenadas polares ~ = rˆ ~ = I0 ω L r × mωrϕˆ = mr2 ωˆ z =⇒ L ~ (8. 16 × 107 (8. O momento angular do Sol em volta da Galáxia é da ordem de 1055 Kg. (8. 16 × 107 s. 98 × 10−7 s−1 . pois é o produto vetorial da velocidade pela própria velocidade. 8. A Equação fundamental do movimento de rotação é d~ L = ~r × F~ = ~τ .19) e identificamos que a primeira parcela do segundo membro é zero. 98x10−7 ) = 2. T 3.4 A segunda Lei de Newton para as rotações Quando uma força resultante atua sobre uma partícula.m2 s−1 .5. Exemplo 8.16) Portanto.15) onde I0 = mr2 é o momento de inércia da massa m em torno da origem O. 49 × 1011 ). a velocidade da partícula é ~v = ωrϕ.(1.20) . Momento Angular e a 2a Lei de Newton para a rotação 179 implicando que a velocidade ~v está numa direção perpendicular ao plano determinado por ω ~ e ~r. sua velocidade angular e seu momento angular variam. o momento angular da Terra em relação ao Sol é L = mωr2 = (5. 98 × 1024 ). dt (8. 49 × 1011 m. Se escrevermos os vetores nas coordenadas polares: ω ~ = ωˆ ze ~r = rˆ r. 67 × 1041 Kg. 0 × 1020 m com uma velocidade angular de 10−15 s−1 . podemos supor que a órbita terrestre é circular. 98 × 1024 Kg e sua distância média ao Sol é 1. (a) qual a velocidade angular média da Terra em torno do Sol e (b) qual o momento angular da Terra em volta do Sol e deste em volta da Galáxia? A relação entre a frequência angular e o período é dada pela Equação ω= 2π 2π = = 1.Capítulo 8 – Torque. Assim. Na Figura 8. ~a = d d~ω d~r (~ω × ~r) = ( × ~r) + (~ω × ) =⇒ ~a = (~ α × ~r) + (~ω × ~v ).7: O momento angular e o torque de uma partícula em torno da origem O.Capítulo 8 – Torque.7. mas na Figura aparentemente o torque tem a direção do momento angular. Na Figura 8.22) .21) onde associamos a primeira parcela do segundo membro como a aceleração tangencial à trajetória ~at = α ~ × ~r. logo da velocidade angular ω ~ . Mas dissemos anteriormente que o torque tem a direção da variação do momento angular. Sabemos que o vetor ~v é perpendicular ao plano determinado pelos vetores ω ~ e ~r. isto é ~v = ω ~ ×~r. Eles têm a mesma direção do eixo de rotação z. representamos a trajetória circular da mesma partícula. Momento Angular e a 2a Lei de Newton para a rotação 180 que se traduz como taxa de variação do momento angular de uma partícula é igual ao torque da força resultante que atua sobre ela.8: O momento angular de uma partícula em torno do ponto O. Devemos ter a atenção que ~τ tem ~ mas não do vetor momento angular a direção da variação do momento angular dL. mas usamos as variáveis da cinemática da rotação: à esquerda temos as relações entre as velocidades e à direita as relações entre as acelerações. (8. ilustramos a mesma partícula em dois instantes distintos a fim de ver claramente as direções do torque e do momento angular. Derivando Figura 8. Figura 8. A expressão para a aceleração nas coordenadas cilíndricas polares assume a forma ~a = αrϕˆ − ωvˆ r = αrϕˆ − ω 2 rˆ r =⇒ ~a = at ϕˆ − acp rˆ. a velocidade em relação ao tempo temos a aceleração da partícula. dt dt dt (8. ~ L. e a segunda parcela como a aceleração perpendicular à trajetória ~acp = ω ~ × ~v .8. Adiantamos que a nossa afirmação é correta e vamos justificá-la. 22) na Equação no torque (8. onde L é a magnitude da quantidade de movimento angular da partícula em relação à origem. mas muda de direção enquanto a partícula se move na trajetória circular dando origem à aceleração centrípeta. Seja dA a área varrida pelo vetor posição da partícula.9.20) ~τ = rˆ r × m(at ϕˆ + acp rˆ) =⇒ ~τ = mr2 αˆ z = I0 α ~. viaja com uma velocidade constante ~v ao longo de uma linha reta que dista b da origam O. isto é. a força resultante é a centrípeta e o torque é nulo. de massa m. essa área é 1 dA = (v dt) b. No movimento circular acelerado. Na próxima aula veremos que um toque resultante externo nulo significa que o momento angular se conserva ou que ω é constante. o torque não é nulo e a força que o produz é a força tangencial.Capítulo 8 – Torque. Outra interpretação é que a velocidade linear ~v tem módulo constante.23) e recuperamos a Equação (8. Essa é a lei de conservação do momento angular da mesma forma que uma força resultante externa nula leva à lei de conservação do momento linear.9: Ilustração da segunda lei de Kepler. Nesse caso. A área varrida é numericamente igual a área de um triângulo.3. Figura 8.5): o torque resultante é igual ao momento de inércia em torno da origem vezes a aceleração angular. isto é. no movimento circular uniforme. a velocidade angular ω ~ é constante e a aceleração angular é nula. Exemplo 8. logo o torque também é nulo. ou lei das áreas. Uma partícula.25) 2 . Em outras palavras o torque tem a direção da variação do momento angular ou da variação da velocidade angular ~τ = d d~ ~ = I0 α ~ L = I0 ω dt dt (8. Isso fica evidente ao substituir a aceleração (8. Portanto. o torque paralelo ou antiparalelo produz. um aumento ou diminuição da velocidade angular da partícula em torno da origem. (8. Momento Angular e a 2a Lei de Newton para a rotação 181 onde o sinal negativo indica que a aceleração perpendicular é dirigida para o centro da trajetória circular.24) . em relação a O. acp é a aceleração centrípeta. a velocidade linear é constante. Mostre que dA/dt é constante e igual a L/2m. (8. pela Equação ou (8.24) Entretanto. respectivamente. durante o intervalo de tempo dt. Na Figura 8. . dA 1 = m v r sen θ.29) Como o momento angular L é uma constante. esta quantidade dA/dt também é constante. e finalmente mostramos que dA 1 = L. Assim. a partir da figura.26) onde. dA 1 = v r sen θ. dt 2m (8. No curso de gravitação. b = r sen θ.28) reconhecemos o momento angular L = m r v sen θ. dt 2 (8. ela é reconhecida como a segunda lei de Keppler.27) Multiplicando o numerador e o denominador pela massa m.Capítulo 8 – Torque. dt 2m (8. obtemos 1 dA = v b = constante dt 2 (8. ou comumente chamada a lei das áreas. Momento Angular e a 2a Lei de Newton para a rotação 182 Dividindo ambos os membros por dt. enquanto o de translação.1 Introdução Quando falamos em sistema de muitas partículas não precisamos nos preocupar em enumerar todos os objetos. Esses movimentos de rotação são primordiais. pois a nossa primeira suposição é que todos eles são idênticos.1) L i=1 ~ i é o momento angular da partículo i que compõe o sistema. Entretanto. pois como sabemos todos eles transladam juntamente com o centro de massa. Também não é preciso estudar o movimento de centenas ou milhares de objetos.Capítulo 9 Sistema de muitas partículas Ronai Machado Lisbôa 9. O próprio movimento de rotação da Terra em torno do seu eixo dá-nos a noção de dia e noite. onde L O torque total das forças externas que atuam num sistema de partículas é 183 . isto é. planetas e até buracos negros. Assim. o sistema vai girar em torno um ponto ou eixo do referencial inercial ao mesmo tempo que as próprias partículas do sistemas giram em torno do referencial do centro de massa. ~ = L (9. o momento angular total de um sistema de partículas em relação ao mesmo ponto é definido pela soma vetorial n X ~ i.2 Torque e momento angular de um sistema de partículas O momento angular de uma partícula é facilmente estendido ao de um sistema de muitas partículas quando usamos o princípio de superposição. pois são responsáveis pela formação das galaxias. se há forças externas aplicadas sobre cada objeto podemos substituir todas essas forças por uma única força resultante sobre o centro de massa e o sistema se move acelerado em relação a algum referencial inercial. 9. se a força externa resultante não é aplicada sobre o centro de massa. Portanto. estrelas. de rotação da Terra em torno do Sol o ano. obtemos a lei fundamental das rotações.6) dt dt dt Vamos analisar algumas particularidades. L (9. Assim. o ponto o qual o momento angular e o torque resultantes são calculados é arbitrário. isto é. Contudo. em relação ao mesmo ponto. em relação a um ponto arbitrário. Na Equação acima.4) é válida mesmo que o centro de massa não seja inercial. isto é. Isso é decorrente da mesma hipótese que a linha de ação da força de vínculo de qualquer partícula está dirigida segundo a linha que as une. a força resultante nesse caso. Na Equação (9.1). o torque resultante se deve a soma dos torques das forças de vínculos e das forças externas. a lei fundamental da dinâmica para um sistema de partículas ~ dL = ~τext (9. Derivando ambos os membros em relação ao tempo. dt dt i=1 i=1 (9. onde a Terra possui um momento angular interno em relação ao seu centro de massa e um momento angular orbital ao redor do Sol. Portanto. é igual à soma dos torques.4). ~τvin = 0. Isso deve ficar mais evidente ao analisarmos o primeiro membro da Equação (9. (9. se o ponto escolhido é o centro de massa a Equação (9. onde o momento angular total do sistema de partículas é a soma ~ =L ~ int + L ~ orb . esteja acelerado.7) dt .5) A primeira parcela é o momento angular interno em relação ao centro de massa e a segunda é o momento angular orbital do centro de massa em torno da origem do referencial inercial. Para esclarecer o significado dessa última Equação podemos exemplificar com a Figura (9. mas deve estar em repouso num referencial inercial.1) em relação ao tempo. n n X ~ ~i X dL dL = = ~τi .1).3) i=1 onde considerando a hipótese de que a linha de ação das forças de vínculo entre cada par de partícula interajente está dirigida segundo a linha que as une.Capítulo 9 – Sistema de muitas partículas 184 obtido derivando a Equação (9. é a força externa em relação ao centro de massa. o torque resultante correspondente é nulo.4) dt que significa que a taxa de variação no tempo do momento angular de um sistema de partículas. ~ int dL ~ orb ~ dL dL = + . n X ~τi = ~τvin + ~τext . das forças externas que atuam sobre as partículas do sistema. (9. se o centro de massa do sistema esta em repouso em relação à origem do referencial inercial temos ~ orb = 0 e que L ~ int dL ~τext = ~τcm = (9.2) Mas devemos ser cautelosos na interpretação dessa Equação porque no segundo membro. 7) é válida para o centro de massa.10) é o momento de inércia do corpo rígido em torno ao eixo de rotação.4) é válida quando o momento angular e o torque são calculados em relação a um ponto fixo no sistema inercial. temos ~ = I~ω .8) i i Tomando o limite do contínuo de ∆m → 0 e o somatório → ∞. A Equação (9.Capítulo 9 – Sistema de muitas partículas 185 Figura 9. Isso traz vantagens no estudo do movimento da rotação porque todas as partes do corpo têm a mesma velocidade angular.9) (9. Um elemento de massa ∆mi numa seção reta do corpo rígido está a uma distância ~ri = ri rˆ do eixo de rotação com uma velocidade ~vi = ωri ϕ. o momento angular tem a mesma direção que a velocidade angular. L onde Z I= r2 dm (9. inclusive se estiver acelerado. implicando que a taxa de variação no tempo do momento angular interno é igual ao torque resultante em relação ao centro de massa do sistema de partículas. A Equação (9. que gira em torno de um eixo fixo perpendicular ao sólido. no caso de um corpo rígido plano. Contudo. ˆ Portanto o momento angular do corpo rígido em relação ao eixo é X X ~ = ~ = L (~ri × ∆mi~vi ) =⇒ L ∆mi ri2 ω ~.1: Momento angular orbital e interno do sistema Terra-Sol. o corpo rígido gira com velocidade angular ω ~ = ωˆ z em torno do eixo de rotação que possui uma direção fixa no espaço. ou se passa pelo centro de massa.2. 9. os resultados obtidos para o momento angular e torque são dependentes do eixo de rotação que passa por um ponto fixo num referencial inercial. (9.3 Torque e momento angular de um corpo rígido Num corpo rígido as posições das muitas partículas que o constituem são fixas devido as forças de vínculo e as forças externas aplicadas são incapazes de provocar qualquer deformação. Por . Na figura 9. Então. Nem sempre o torque e o momento angular têm a mesma direção. o torque resultante em relação ao mesmo eixo de rotação é ~τ = d~ L = I~ α dt (9. Visto que o movimento é circular uniforme a força resultante sobre o elemento de massa é a força centrípeta.13) 0 Essa Equação mostra que a direção da acelereção centrípeta independe da origem e é perpendicular ao plano determinado pelas velocidades ω ~ e ~v . por exemplo.Capítulo 9 – Sistema de muitas partículas 186 Figura 9. F~ = ∆m~acp . seguinte. O módulo da força . O elemento de massa ∆m é localizado em relação a origem O por ~r e possui velocidade linear ~v = ω × ~r.2: Momento angular de um elemento de massa ∆mi de um corpo rígido plano que gira em torno de um eixo fixo perpendicular ao sólido.3: O momento angular e o toque de um elemento de massa ∆m de um corpo rígido arbitrário que gira em torno de um ponto não têm a mesma direção no espaço. (9.12) onde a aceleração centrípeta é ~acp = d (~ω × ~r) = (|{z} α ~ ×~r) + (~ω × ~v ).11) que siginifica que o torque tem a direção da aceleração angular. Figura 9. dt (9. Essa situação é ilustrada na Figura 9. Esses são os mesmos resultados obtidos anteriormente no estudo da dinâmica de rotação de uma partícula cujo o seu movimento no plano contém a origem. se o corpo rígido possui uma forma arbitrária e gira com velocidade angular ω ~ constante ao redor de um eixo fixo.3. 15) dt tendo a direção e o sentido determinados a partir da regra da mão direita. em torno da origem O. Substituindo a Equação (9. Nesse caso.4: A componente do momento angular de um corpo rígido arbitrario que gira em torno de um eixo de simetria tem a mesma direção da velocidade angular. 2 (9. para cada elemento de massa ∆mi há outro elemento de massa ∆mi localizado simetricamente ao eixo de rotação.3. cos(θ) = sen(π/2 − θ) é o ângulo entre os vetores ω ~ e L.18) ~ mas na Figura 9. Porém. (9. A intensidade calcula-se com o auxílio da definição do produto vetorial τ = rF sen(θ + π ) = rF cos(θ). isto é.16).4.20) i . o momento angular total pode ser escrito em termos das suas componentes paralela e perpendicular ao eixo de rotação X ~ = ~ k. F = ∆mωv.i . em torno da origem O. (9. se o eixo de rotação passa pelo centro de massa do corpo rígido. Portanto.Capítulo 9 – Sistema de muitas partículas 187 é facilmente calculado porque ω ~ e ~v são perpendiculares.17) Lembrando que o momento angular. da força resultante sobre o elemento de massa ~ dL ~τ = = ~r × F~ (9.19) Figura 9.14) na Equação (9.16) onde reconhecemos o ângulo (θ + π/2) entre os vetores ~r e F~ . o torque tem o sentido horário. como ilustrado na Figura 9. vemos que o torque e o momento angular não têm a mesma direção nesse sistema físico ~ ~τ = ω ~ × L. 2 (9. Consequentemente.14) O torque.i + L ~ ⊥. é um eixo de simetria.3. L L (9. obtemos τ = rF sen(θ + π ) = r∆mωvcos(θ). é L = r∆mv podemos reescrever a Equação para o torque τ = ωLcos(θ) (9. como ilustrado na Figura 9. Quando o corpo é simétrico ( esfera. quadrado. existem pelo menos três direções perpendiculares entre si. Lk = Icm ωz (9. ˆj. . é importante determinar se o momento angular e o torque são calculados em relação a um ponto em repouso no referencial inercial ou em relação ao centro de massa.22) Para cada corpo rígido. kˆ são os vetores unitários ao longo desses eixos principais de inércia. Figura 9. para as quais o momento angular é paralelo ao eixo de rotação ou a velocidade angular de tal modo que as suas componentes ao longo desses eixos são Li = Iωi (i = x. ~τ = ~ dL = Icm α ~. etc ). Finalmente.9) é que na última a direção do eixo de rotação pode varia no espaço e o momento angular é independente da origem O porque é calculado em relação ao eixo de simetria.5: Os eixos principais de um corpo simétrico coincidem com os eixos de simetria.21) onde Icm é o momento de inércia em relação ao eixo que passa pelo centro de massa. Além disso. z). dt (9. mesmo assimétrico. Por outro lado. a Equação (9. A diferença dessa Equação para a (9.Capítulo 9 – Sistema de muitas partículas 188 e observamos que as componentes do momentos angular perpendicular ao eixo de rotação são iguais e contrárias. Então. y. de modo que se cancelam ao somar as contribuições. O momento angular ao longo dos eixos principais de inércia enquanto o bloco gira em torno do centro de massa com velocidade angular ω é ~ = Ix ωiˆi + Iy ωj ˆj + Iz ωz kˆ L (9. para um corpo rígido que gira em torno de um eixo de simetria o torque resultante tem a mesma direção da variação do momento angular. cilindro. o momento angular ~ ~ .5 total é L = i Ii ω onde os eixos principais de inércia são também os eixos de simetria. as componentes paralelas são iguais e no mesmo sentido e a soma é o momento angular resultante na direção do eixo de rotação. Assim. É fácil perceber isso para um bloco quadrado da Figura 9.23) onde ˆi. Esses são chamados de eixos principais de inércia e os momentos de inércia calculados em relação a eles são os momentos de inércia principais. os eixos principais P coincidem com os eixos de simetria.21) é independente da forma do corpo. Na Figura 9. Na Figura 9.25) indicando que o torque tem a direção da variação do momento angular.Capítulo 9 – Sistema de muitas partículas 9. . mas o torque da força gravitacional é ~τ = ~r × m~g . o torque é perpendicular ao plano determinado por ~r e m~g e tem o sentido antihorário. Devido a natureza do produto vetorial. ~ = ~τ dt dL (9.24) onde ~r é o vetor posição do centro de massa em relação à origem O.6 o momento angular do pião é mostrado em dois instantes de tal modo que durante esse intervalo de tempo. (9. Mas nem sempre o torque tem a direção do momento angular e o efeito do torque é observado.26) ~ e ao final do intervalo infinitesimal dt o novo momento angular é a soma vetorial L+ ~ isto é.6: O movimento de precessão do pião em torno do eixo z enquanto gira em torno do seu eixo de simetria. o momento angular inicial do pião L Figura 9. O torque é perpendicular ao momento angular. o torque é calculado como ~τ = ~ dL . mas é paralelo à variação do momento angular. Notamos que ~τ . De outro modo. por exemplo. ~ ~ a L. O torque da força de contato é nulo porque o braço de alavanca é nulo.6. Ao mesmo tempo que o pião gira com uma velocidade angular ω ao redor do seu eixo de simetria ele tem uma velocidade angular de “precessão” em torno do eixo z do ~ faz um referencial inercial. As forças que atuam sobre ele são a força gravitacional F~ = m~g aplicada no centro de massa e a força de reação na origem O. no pião que gira rapidamente em torno do seu eixo de simetria com a ponta fixa na origem O num referencial inercial. mas direção diferente porque dL ~ é perpendicular dL.4 189 O movimento do giroscópio O pião Quando o torque tem a direção do momento angular ele é capaz de aumentar ou diminuir a taxa de variação da velocidade angular do corpo rígido em torno do eixo de rotação. tem o mesmo módulo. ângulo φ com o eixo z. L e ~r giram em relação ao eixo z de um mesmo ângulo infinitesimal dϕ. dt (9. Portanto.7: Um giroscópio típico sem a rotação sob a ação de um binário. A outra extrimidade do eixo é pivotada sobre uma base fixa e é livre para girar em torno do pivô em qualquer direção. Para analisar o movimento do giroscópio é útil escolher um referencial inercial com origem sobre o pivô. A força resultante externa é nula.28) significando que a velocidade angular de precessão não depende do ângulo θ e é inversamente proporcional ao momento angular do pião ao redor do seu eixo de simetria. Lsen(θ) Iωsen(θ) Iω (9. O torque da força peso tem a direção do eixo y no sentido negativo. Essa “perseguialinhar com ~τ . Costuma-se dizer coloquialmente que o L ~ jamais o alcança. essas duas forças formam um binário de braço de alavanca igual ao comprimento .27) onde o ângulo infinetesimal dϕ = dL/Lsen(θ).7 ilustramos um giroscópio típico. Posicionamos o eixo do giroscópio paralelamente ao eixo y do referencial inercial a fim de estudar o comportamento em duas situações: a roda com e sem uma rotação inicial. Se o momento angular inicial do pião é grande isso significa que a velocidade angular de precessão é muito pequena e a direção do eixo de simetria do pião varia lentamente e se mantém numa posição fixa em relação ao eixo z do referencial ~ persegue o ~τ na tentativa de se inercial. Quando a roda não está girando as únicas forças que atuam no giroscópio são a força gravitacional F~ = −M g kˆ aplicada no centro de massa do disco e a força ˆ onde F = M g. O giroscópio O giroscópio é um aparelho cuja construção mais simples consiste de um disco livre para girar em torno de um eixo de simetria.Capítulo 9 – Sistema de muitas partículas 190 A velocidade angular de precessão é obtida a partir da derivada ωp = dϕ dt (9. Na Figura 9. Figura 9. ωp = τ rmgsen(θ) rmg = =⇒ ωp = . mas de reação do pivô F~ = F k. mas como ~τ é perpendicular a L. ção” acarreta o movimento de precessão. horário com uma velocidade angular crescente até atingir o chão.Capítulo 9 – Sistema de muitas partículas 191 do eixo ~l = l ˆj.29) A partir da Equação fundamental das rotações ~ = −τ dt ˆi. à medida que o valor final L intervalo de tempo dt cresce. o torque muda a direção do momento .29) e a variação do momento angular pela (9. o momento angular inicial não é nulo e tem a direção do eixo de rotação. Nesse caso.8: Um giroscópio típico sem a rotação sofre uma queda girando com uma aceleração angular na direção e sentido do torque resultante. (9. como mostrado na Figura 9.30).9. mas tal como antes o torque é dado pela Equação (9. o momento angular inicial aumenta de zero até um ~ f em incrementos adicionais dL ~ na direção do torque. O torque da força de reação do pivô é nulo. Figura 9.30) percebemos que a variação do momento angular do giroscópio deve ter a mesma direção do torque. O giroscópio cai girando ao redor do eixo x no sentido Figura 9. Portanto.8 O movimento do giroscópio é diferente quando o disco tem uma rotação rápida em torno do seu eixo de simetria. dL (9. Portanto. Figura 9. mas o toque da força peso em relação à origem O tem a direção do eixo x no sentido negativo ~τ = ~l × F~ = −M lg ˆi.9: Um giroscópio típico com uma rotação rápida tem um movimento de precessão em torno do eixo z. quando o atrito entre o disco e eixo é elevado a velocidade angular do disco diminui e a velocidade angular de precessão aumenta. Lsen(θ) Iω (9. mas sempre no plano horizontal ( no plano xy ) num movimento de precessão ao redor do eixo z.29) ωp = lmg τ = .19) que podemos reescrever na forma escalar τ = ωp Lsen(θ).31) e substituindo o torque calculado na Equação (9. mas o mesmo resultado é obtido a partir da Equação (9. A velocidade angular de precessão pode ser obtida a partir do mesmo desenvolvimento feito para o o caso do pião. (9. .Capítulo 9 – Sistema de muitas partículas 192 angular e do eixo do disco sempre.32) No giroscópio. Posteriormente. o torque é nulo pela própria definição do produto vetorial: rF sen(θ) = 0 com θ = 0 (paralelos) ou θ = π (antiparalelos). vimos que há analogias entre as grandezas da dinâmica de translação e de rotação.1) é em termos do momento angular. isto é.1. No segundo caso. 193 . uma força cuja linha de ação passa sempre por um ponto fixo chamado centro de força.1.Capítulo 10 A conservação do momento angular Ronai Machado Lisbôa 10. isto é. Portanto. Isso significa que o vetor momento linear mantém o módulo. Figura 10.b. Diz-se que o objeto está sob a ação de uma força central.2) ~ é uma constante do movimento.1. não há força resultante externa capaz de alterar a condição do movimento de modo que ele está em repouso ou em movimento retilíneo uniforme em relação ao referencial inercial adotado. Fenomenologiamente. se o torque externo resultante é nulo deve existir uma grandeza conservada associada. Isso se traduz como o princípio da conservação do momento linear. Outra forma de expressar a Equação (10. Seja o torque nulo escrito na sua forma vetorial ~r × F~ = 0. isto é. L ~ é a grandeza significando que o vetor L conservada no movimento. (10.a. A Equação (10.1) A igualdade na Equação (10. ~ dL =0 dt (10. Figura 10. No primeiro caso. direção e sentido à medida que o tempo avança.1 O princípio da conservação do momento angular 10.2) traduz-se como a lei de conservação do momento angular.1 Movimento de uma partícula Quando estudamos a dinâmica no movimento de translação aprendemos que se a força externa resultante é nula o momento linear é uma grandeza conservada.1) é satisfeita se F~ = 0 ou se F~ tem a direção de ~r. o torque é nulo porque a direção da força resultante passa pela origem o qual é calculado não sendo capaz de produzir uma rotação em torno dessa origem. o objeto é livre. a sua componente no eixo z é conservada (módulo. Em relação à origem O. Portanto. dLz = τz = 0 =⇒ Lz = constante . isto é. direçao. na natureza nunca foi observada a violação desse princípio de conservação. Por esse motivo.2. o momento angular do sistema em relação a esse ponto se conserva. Aliás.1: Quando o torque é nulo a força é nula ou central.Capítulo 10 – A conservação do momento angular (a) 194 (b) Figura 10. as direções e os sentidos sejam indicados. também pode ser interpretada na seguinte forma ~i = L ~f L (10.3) implicando que o momento angular total em um certo instante inicial é igual ao momento angular em um certo instante final quando o torque externo resultante é nulo. Para um objeto livre (F~ = 0) na Figura 10. Em ambos os casos o momento angular é conservado e perpendicular ao plano do movimento. a direção e o sentido constantes. o torque é perpendicular ao plano determinado por ~r e F~ e o momento angular ao plano determinado por ~r e P~ . numa boa aproximação. há uma precessão de L . temos uma força axial que é orientada para o ponto Q sobre o eixo z. independente das demais componentes. Conclui-se que se resultante dos torques externos em relação a um dado ponto se anula. direção é nula. os movimentos sob a ação de forças centrais como a trajetória dos elétrons em torno do núcleo e até dos planetas ao redor do Sol estão contidas num plano que contém o centro de forças.b o momento angular é perpendicular à trajetória e tem o módulo. o torque está no plano xy e tem componente nula na direção do eixo z. Quando dizemos que o momento angular é uma constante. E como o momento angular e o torque são grandezas vetoriais para serem completamente definidos é essencial que os módulos.4) Apesar do momento angular total não ser constante.1. se uma dada componente do torque resultante se anula. a componente correspondente do momento angular total se conserva. o princípio da conservação do momento angular. Por esse motivo. Um outro exemplo da conservação do momento angular e que enfatiza a sua natureza vetorial é o movimento sob a ação de uma força axial. uma força cuja a linha de ação sempre passa por um eixo fixo.a ou sob a ação de uma força central (~r kF~ ) na Figura 10. Na Figura 10. dt (10. Além disso.1. sentido) porque a componente do torque nessa ~ e ~τ em torno da origem O. Mas como esses corpos formam um sistema isolado podem alterar as velocidades de rotação em torno do eixo que passa pelo centro de massa através de forças internas para modificar o momento de inércia em relação ao eixo. a velocidade angular deve aumentar ωf > ωi a fim de satisfazer a igualdade da Equação (10. Desprezando a força de atrito entre os patins e o piso. faz os mesmo com as patas e enrola ou desenrola a calda para poder girar em torno do seu centro de massa. Nos movimentos de dos atletas do salto de trampolim e em disância e mesmo de um gato em queda livre que consegue sempre cair de pé.2 Movimento de um sistema de partículas A conservação do momento angular é válida tanto no caso de uma partícula como de um sistema de partículas. o momento angular do sistema se conserva. o momento angular tem a direção da velocidade angular do patinador. O gato. Nesses casos. por exemplo. . para cair seguramente com as quatro patas no chão. L = Iω. logo o torque é nulo. Considerando que o corpo do patinador com os braços abertos gira ao redor de um eixo principal de inércia. A lei de conservação do momento angular do patinador se escreve Ii ωi = If ωf (10. incluindo os corpos rígidos. a força gravitacional atua no centro de massa dos corpos implicando que o torque externo resultante é nulo em relação ao centro de massa. os atletas aproximam ou afastam os membros em relação ao centro de massa do corpo para aumentar ou diminuir a velocidade angular no movimento. a única força resultante significativa é a força gravitacional.2: A componente do momento angular no eixo z é constante porque o torque permanece no plano xy.6) e como If > Ii por ter os braços próximos do eixo de rotação do seu corpo. 10. No caso de um sistema de partículas quando o torque externo resultante é nulo. não há a ação de forças externas. ainda no ar. O aumento da velocidade angular quando o patinador aproxima os braços do corpo se explica pela diminuição do momento de inércia.1.Capítulo 10 – A conservação do momento angular 195 Figura 10. ~ dL ~ int = constante = 0 =⇒ L (10. mas mantendo o momento angular constante. Por isso.6) justifica o aumento da velocidade angular de rotação de um patinador ao afastar seus braços do corpo.5) τext = dt A aplicação prática da Equação (10.6). 2). respectivamente. as condições de equilíbrio se extendem as componentes das equações (11. O equilíbrio essas leis de conservação são satisfeitas. Dizemos que o corpo rígido está em equilíbrio quando ~f = L ~ i . 196 (11.6) . Fy = 0. isto é. se P~f = P~i e L ~ i = 0.5) Devemos enfatizar que devido à natureza vetorial da força e do torque.1) ~ dL = ~τ .1 Equilíbrio A dinâmica dos corpos rígidos é regida pelas seguintes equações de movimento dP~ = F~ . (11. enquanto a segunda. as velocidades linear e angular é dito equilíbrio estático se P~i = 0 e L são nulas em quaisquer instantes e o corpo rígido não translada e nem rotaciona no sistema de referência em que é observado. as condições de equilíbrio estático resumem-se no conjunto de equações vetoriais P~ = 0. dt (11.1) e (11.3) ~ dL = 0.Capítulo 11 Equilíbrio e Elasticidade Ronai Machado Lisbôa 11. Fz = 0. (11. F~ = 0. Caso as forças e torques externos se cancelem as equações de movimento são dP~ =0 dt (11. governa a rotação de quaisquer pontos do corpo rígido em torno do centro de massa sob o efeito do torque externo resultante. ~τ = 0. (11.2) dt A primeira é responsável pela translação do corpo rígido ou do seu centro de massa sob a ação da força externa resultante. Portanto.4) dt e dizem respeito aos princípios de conservação do momento linear e do momento angular. isto é. Fx = 0. A maior parte dos problemas que vamos resolver sobre o equilíbrio estático dos corpos rígidos se deve à tendência ou não do equilíbrio sobre a ação de forças externas e uma delas é a força gravitacional. Para o equilíbrio estático e F~ = 0 e ~τ = 0. as equações remanescentes são Fx = 0. Nas proximidades da superfície da Terra. Esse resultado é uma aproximação que facilita bastante a determinação das condições de equilíbrio porque o sistema de forças gravitacionais é equivalente à força-peso resultante aplicada no centro de massa. o movimento do corpo rígido é solidário ao plano xy.8) Nesse caso. o centro de gravidade coincide com o centro de massa. que é justamente o centro de gravidade. A força gravitacional atua sobre toda a extensão dos corpos rígidos. temos que levar em conta a elasticidade dos corpos que se deformam. a força peso esteja concetrada em um único ponto chamado centro de gravidade que é definido simplesmente pelo efeito gravitacional.2 Elasticidade Os problemas de equilíbrio analisados até agora têm três equações e três incógnitas e é possível resolvê-los. Caso existam mais incógnitas que o número de equações temos um equilíbrio indeterminado. na Figura 11. uma das componentes da Equação (11.1. (11. (11. consequentemente haverá somente a componente do torque perpendicular ao plano definido pelas componentes remanescentes da força resultante. os problemas de equilíbrio indeterminado são suplementados pelas equações da elasticidade. mas podemos considerar que a resultante. Se na natureza os corpos rígidos fossem realmente indeformáveis seria impossível obter a solução desse sistema.7) Esse conjunto de seis equações é reduzido a três equações quando o movimento é vinculado ao plano. . 11. τz = 0. Assim.Capítulo 11 – Equilíbrio e Elasticidade 197 Figura 11. τz = 0. Por exemplo. τx = 0. τy = 0. O torque resultante está no eixo y. Fy = 0. No mundo real.1: O movimento da tábua é vinculado ao plano xy. mas como dissemos os corpos rígidos são idealizações para facilitar o estudo e a interpretação das fenomenologias observadas. onde ~g é o mesmo para todas as partes do corpo rígido.6) simplesmente não exisitirá e. todos os corpos são deformáveis sob a ação de forças externas aplicadas e quando isso ocorre. Diferente da força que é uma grandeza vetorial.11) onde Y é a constante de proporcionalidade denominada de módulo de Young e no SI tem unidades de N/m2 . κ=− F ∆L (11. o concreto e a pedra podem suportar tensão de comprensão.Capítulo 11 – Equilíbrio e Elasticidade 198 A deformação de uma mola obedece à Lei de Hooke. Observa-se experimentalmente que na tração e na comprensão. Visto que os corpos rígidos possuem dimensões físicas é conveniente definir a tensão de dilatação como o módulo da força perpendicular por unidade de área Tensão de dilatação = T = F⊥ . é constante Y= Tensão de dilatação F⊥ /A = . Caso contrário a mola é derfomada definitivamente acima de um limite elástico Le e pode se romper acima do limite de ruptura Lr . a razão entre a tensão de dilatação e a deformação do corpo por unidade de comprimento. Por exemplo. deformação por unidade de comprimento ∆L/L (11.2: O efeito da tensão T = F⊥ /A sobre o cilindro é uma dilatação linear (tração) por unidade de comprimento. a tensão é um escalar porque é definida como o módulo da força perpendicular à área como ilustrado na Figura 11. todos corpos têm uma elasticidade e podem ser tracionados. . mas não suportam tensão de tração. A lei de Hooke é válida apenas para um pequeno intervalo da força aplicada em torno da posição de equilíbrio. portanto a escolha desses materiais para fins práticos deve ser condizente com o efeito desejado. o módulo de Young assume valores diferentes de acordo com o material constituinte do corpo rígido. Desse modo. Apesar dessa Equação servir para a medida da elasticidade de tração e comprensão.2 . Figura 11. A (11.10) onde T no SI tem as unidades de N/m2 . comprimidos e torcidos.9) onde a constante elástica κ é uma constante de proporcionalidade entre a força aplicada e a deformação provocada e no SI tem as unidades N/m. Nos corpos reais os átomos interagem com os átomos vizinhos através de forças interatômicas que podem ser tratadas mecanicamente como uma mola cuja a constante elástica simula a rigidez ou maleabilidade do corpo. A pressão sobre a superfície do corpo imerso é a mesma seja qual for a orientação da superfície. Em todos os casos anteriores.3: O efeito da pressão P = F⊥ /A sobre o cilindro imerso num fluido é uma compresão volumétrica por unidade de volume. o módulo de cisalhamento define-se como Fk /A Tensão de cisalhamento = . A (11. Portanto. A componente da força paralela à superfície de um corpo sólido é uma tensão de cisalhamento Tensão de cisalhamento = C = Fk .14) κ= .13) onde o sinal negativo é incluído porque o aumento pressão acarreta uma diminuição do volume e B é uma grandeza positiva com unidades N/m2 no SI. não uma grandez vetorial. A (11. Na Figura 11. B e as unidades são m2 /N. vemos que isso é possível se o corpo é imerso em um fluido que exerce uma pressão P sobre todas as partes do corpo.12) Figura 11.Capítulo 11 – Equilíbrio e Elasticidade 199 A Equação (11.4: O efeito da tensão de cisalhamento C = Fk /A sobre o cilindro sólido é um cisalhamento ∆d.11) assume uma forma diferente quando o corpo é submetido a uma comprensão em todas as direções de modo a provocar uma variação de volume. de modo que definimos o módulo de elasticidade volumétrico B= ∆P Tensão volumétrica =− . . Tensão volumétrica = P = F⊥ . Portanto.16) L como apresentado na Figura 11. as forças aplicadas são perpendiculares à área do corpo de modo que o efeito das tensões é de provocar uma tração ou comprensão. deformação por unidade de volume ∆V /V (11. O efeito da pressão é uma variação volumétrica por unidade de volume do corpo. a pressão é uma grandeza escalar.17) S= deformação de cisalhamento X/L ∆d = Figura 11.3. O inverso do módulo de compreensão denomina-se compressibilidade 1 (11. (11. seja de dilatação ou volumétrica.15) e provoca uma deformação de cisalhamento X . (11.4. nos telefones (o diafragma interno do telefone oscila continuamente pelas ondas sonoras que recebe. recebendo as informações.Capítulo 12 Oscilações Lucio Marassi Oscilações podem ser grosseiramente definidas como movimentos que se repetem.o que formará a base para posteriormente estudarmos as ondas propriamente ditas. 12. damos o nome de oscilações. equivalente a uma oscila200 . sem antes nos deteremos nas oscilações. quando alguma perturbação externa retira esses sistemas físicos do equilíbrio. durante uma conversa rotineira). nas antenas de rádio e de tv (os elétrons oscilam continuamente nelas. nos alto-falantes. O número de oscilações por segundo determina uma quantidade denominada freqüência (f ). e os átomos oscilantes de um sólido determinam a temperatura deste último. nas vibrações localizadas. Exemplos desses tipos de movimento podem ser encontrados em barcos (sujeitos às ondulações da água). a esses movimentos. consequentemente. Muitos fenômenos físicos estão em uma situação de estabilidade. A definição do termo onda está bastante vaga no momento. transmitidas em ondas eletromagnéticas pelo ar). nos relógios (muitos deles funcionam através de oscilações dos cristais de quartzo internos). estudando seus fundamentos físicos e matemáticos . enquanto o termo onda está associado a uma propagação de alguma coisa pelo espaço. como em terremotos ou maremotos (os últimos causados pelas ondas gigantes. e em muitos casos a busca desse estado requer movimentos repetitivos em torno do ponto de estabilidade original. mas não podemos avançar mais neste assunto. Os átomos e moléculas oscilam também: as moléculas oscilantes do ar transmitem as ondas sonoras. A unidade de freqüência é o Hertz (Hz). de equilíbrio. como as construções onde vivemos e nos deslocamos (os prédios. a tendência natural é retornar ao mesmo ponto de equilíbrio inicial. nas cordas de violões e guitarras. As oscilações podem ser rotineiramente encontradas em catástrofes naturais pelo mundo. Vamos a partir de agora estudar os fenômenos oscilatórios.1 Movimento Harmônico Simples (MHS) O termo oscilação (osc) está associado a uma vibração localizada. e mesmo onde imaginamos não haver oscilações. ou tsunamis). tão predominantes em nosso cotidiano. as casas e as pontes oscilam!). No MHS.2) Multiplicando cruzado. [f ] = 1 Hz = 1 osc/s .2 A Posição no MHS Iremos a partir de agora estudar a cinemática do Movimento Harmônico Simples (MHS). podemos fazer a ‘regra de três’ abaixo: 3 osc → 1 s 1 osc → T (tempo para uma osc) (12. teremos então a seguinte resolução (lembrando da definição de freqüência. para então inverter seu movimento. ou seja. e que este sistema procura retornar ao ponto de equilíbrio.Capítulo 12 – Oscilações 201 ção dada em um segundo. podemos medir observacionalmente sua velocidade e sua posição ao longo do tempo. +xm .4) f Os dois painéis da Figura 12. em t = T /2 .1: Analisando uma partícula sujeita a um movimento harmônico. (12. Para podermos tratar matematicamente um sistema desses. podemos ver como o comportamento oscilatório harmônico se comporta fisicamente. em um movimento oscilatório desse tipo. Se em um segundo temos três oscilações. Já comentamos antes que o movimento oscilatório é provocado por uma perturbação do estado de equilíbrio de um sistema físico. Medindo sua posição ao longo do tempo. no ponto de máximo deslocamento espacial negativo (máxima amplitude negativa. quando o movimento está na metade do seu período T total. Mas nem toda função periódica leva a um movimento oscilatório. no ponto de máximo deslocamento espacial positivo (máxima amplitude positiva.note que o tempo para a partícula sair de uma posição e retornar à mesma posição original é sempre o período T . aumentar novamente sua velocidade até o ponto x = 0. sujeita a um movimento harmônico simples.1 mostram a análise cinemática de uma partícula. em quanto tempo teremos uma oscilação apenas? O tempo para uma oscilação apenas é chamado de período (T ). Exemplo 12. fazendo a partícula oscilar entre os mesmos pontos de forma harmônica . 12. gerando oscilações em torno deste ponto no processo. medido a partir de t=0). −xm . Precisamos seguir as características físicas do movimento oscilatório. vemos como a velocidade da partícula decresce até se anular. em t = 0). e novamente ir decrescendo a mesma até zero.3) 1s Esse resultado nos leva à relação entre o período (T ) e a freqüência (f ). para saber qual função matemática periódica usar. ou seja. No painel b vemos como o movimento anterior aparece em um gráfico ‘Posição X Tempo’. o processo continua. os movimentos são periódicos ou harmônicos. Quando uma partícula deste sistema passa pelo seu ponto de equilíbrio e Figura 12. um é o inverso do outro: 1 T = . . precisamos encontrar uma função matemática que seja periódica.ou seja.1. Usando essa definição.1) O tempo que um sistema físico leva para dar uma oscilação completa é denominado de período (T ). como mostrado no painel esquerdo a: partindo do ponto x = 0. repetem-se a intervalos regulares. (12. dada anteriormente): (3 osc) · T = (1 osc) · 1s (1 osc) 1 1 osc (1 osc) · 1s T = = (3 osc) = = (3 osc) f f (12. Começaremos estudando como a posição de uma partícula muda com o tempo. a = − m k d2 x(t) = − x(t). terá sinal contrário à posição atual da partícula. ao invés de usar a proporcionalidade (∝). dt2 (12.11 e 12.6) Usando a segunda lei de Newton. Como z(t) é a solução esperada para x(t).10. e t é a variável de tempo. que tem a solução complexa geral na forma ◦ z(t) = exp(pt). teremos ma = −kx(t). obtendo assim p2 z + C z = 0. matematicamente esta força restauradora. e ela apontará sempre em direção contrária ao movimento da partícula (de modo a restaurar a mesma à sua posição anterior. Deste modo teremos F = −k x(t). onde qualquer força é o produto da massa da partícula pela aceleração da mesma. 12.10) A equação acima é uma Equação Diferencial Ordinária Linear Homogênea de 2 ordem. tiramos a segunda derivada de z(t) d2 z = p2 z dt2 (12. substituimos o termo entre parênteses pela constante genérica C . podemos reescrevê-la como d2 x(t) + C x(t) = 0. que opera no sentido de fazer a partícula retornar ao ponto de equilíbrio original.5) Matematicamente. (12. sofre a ação de uma força. maior a força será.Capítulo 12 – Oscilações 202 segue em uma direção.7) (12. A esta força damos o nome de força restauradora. se utilizarmos uma constante geral (chamemos esta de k) ao segundo termo da equação acima. e será proporcional ao módulo desta posição (quanto mais distante do equilíbrio.9) Como k e m são constantes.12) e substituimos a solução complexa geral e sua derivada segunda. Ou seja.13) . k x(t). podemos. Assim. para simplificarmos o tratamento matemático. para restaurar a partícula ao seu ponto de estabilidade original). na equação original 12. (12. Fazendo isso e reordenando a equação. (12. e sabendo que a aceleração é a derivada segunda da posição. F~ . aproximando-a do ponto de equilíbrio). em módulo.12 . dt2 m (12. podemos escrever F ∝ −x(t). (12.8) (12. ~x(t). usar a igualdade (=).11) onde p é um número complexo. chamemos este termo de outra constante genérica. (12. que é precisamente a posição de uma partícula (em função do tempo). podemos dizer que após somarmos T ao . e tomando apenas a parte real (ou seja. onde xm e φ são igualmente constantes. podemos eliminá-lo. o termo cosseno). a solução geral z(t) da equação 12. teremos finalmente a solução x(t) para a equação 12.Capítulo 12 – Oscilações 203 Colocando o termo z em evidência.16) Portanto. se substituirmos a constante real a pelo número complexo geral xm exp(iφ).10.17) onde a e b são constantes reais. Podemos eliminar a constante b e utilizar apenas a raiz p+ para escrevermos a solução z(t).15) √ Como C é um termo constante.18) Usando a fórmula de Euler (exp(ix) = cos(x) + i · sen(x)) na exponencial acima. z(t) = xm exp (i [ωt + φ]) . ω (por mera simplificação) de modo que p = ±iω. z(t) = {xm exp(iφ)} exp (iωt) . Fazendo assim.10 será uma combinação das soluções usando as duas raízes de p z(t) = a exp(p+ t) + b exp(p− t). teremos então z(t) = {a} exp (iωt) .14) A equação acima é √ uma equação do 2◦ grau em relação a p. sujeita a um movimento oscilatório periódico simples (MHS) x(t) = xm cos(ωt + φ). (12. (12.19) onde x(t) xm (ωt + φ) ω t φ → → → → → → Deslocamento no tempo t Amplitude do deslocamento Fase Frequência Angular Tempo Ângulo de fase Como o período T é o tempo para perfazer uma oscilação completa em uma partícula (de um sistema físico qualquer). obtendo a equação abaixo em relação ao número p: p2 + C = 0. (12. cujas raízes são obtidas abaixo (onde i = −1) √ p = ±i C. z(t) = a exp (+iωt) + b exp (−iωt) . (12. (12. Se lembrarmos ainda que o período é o inverso da freqüência (equação 12. podemos escrever matematicamente que x(t) = x(t + T ).2 observamos como as quantidades físicas do movimento oscilatório estudadas até agora apresentam-se visualmente. pode ser definida como a derivada no tempo da posição da partícula.20) Usando a equação 12. 12. (12. e portanto também terão o mesmo ângulo de fase φ. No painel b notamos como um dos movimentos possui um período T que é exatamente duas vezes maior que o período do segundo movimento.23) Ou seja. de ambos os lados da equação acima. se somarmos 2π radianos à qualquer fase. Desse modo ωt + φ = ω[t + T ] + φ. chegamos à relação entre a freqüência angular ω e o período T do movimento dessa partícula. neste mesmo sistema de MHS. e inversamente proporcional ao período do movimento. então podemos escrever que 2π ω= = 2πf. da definição matemática da posição da partícula no MHS. (12. assim.24) T A equação acima mostra que a freqüência angular é diretamente proporcional à freqüência da oscilação. no painel c acima.24 concluimos que também terão a mesma freqüência f e a mesma freqüência angular ω. como observamos anteriormente no painel a). ωT = 2π. ωt = ω[t + T ]. contudo.25) dt dt Figura 12. como os pontos de máximo e de mínimo de cada curva estão em sincronia. (12. No painel c os dois movimentos têm mesma amplitude e mesmo período (logo. a mesma voltará a essa mesma posição de origem (pois terá completado a volta toda. teremos: d [x(t)] d [xm cos(ωt + φ)] v(t) = = . Assim. e podemos observar como esta diferença se manifesta graficamente. vemos também que os dois movimentos possuem a mesma fase.21) Vemos assim que as fases da função cosseno. ωt + ωT = ωt + 2π. submetida a um movimento periódico simples (MHS).19 na definição acima.3 A Velocidade no MHS A velocidade de uma partícula.22) Também sabemos que. utilizando essa informação e o desenvolvimento acima.4).Capítulo 12 – Oscilações 204 tempo t inicial. (12. em um gráfico ‘Posição X Tempo’. a mesma voltará à quantidade original. como o período é o inverso da freqüência. os dois movimentos apresentam o mesmo período T . .19 para a posição da partícula no tempo t. também possuem mesma freqüência e mesma freqüência angular. vemos que o movimento de maior período (T ) possuirá uma freqüência menor que que o movimento de período menor (T 0 ). Na Figura 12. teremos xm cos(ωt + φ) = xm cos(ω[t + T ] + φ). Usando a equação 12. (12.2: No painel a. a única diferença entre os dois movimentos é na amplitude dos mesmos (no caso xm e x0m ). retornando ao mesmo ponto). e observamos facilmente este comportamento no gráfico acima. os movimentos apresentam uma pequena mudança no ângulo de fase φ. T 0 . podemos escrever ω[t + T ] = ωt + 2π. em qualquer posição da partícula. e da equação 12. (12. podem ser igualadas. Capítulo 12 – Oscilações 205 Derivando a expressão acima usando a regra da cadeia (ou seja. teremos v(t) = −ω xm sen(ωt + φ). deverá ser de π/2 radianos no sentido inverso do tempo. obtemos uma expressão que envolve novamente a posição da mesma.19 está contida na equação acima. de exatos π/2 radianos. ou seja.uma função cosseno .4 A Aceleração no MHS A aceleração no MHS é obtida simplesmente derivando a velocidade. para virar a função seno. ~a(t) = −ω 2 ~x(t).31) A aceleração da partícula. um quarto do período do movimento. representa agora a amplitude da velocidade da partícula.27) A velocidade será portanto uma função seno. Ou seja. teremos a equação v(t) = −vm sen(ωt + φ). Se chamarmos esta amplitude de vm (onde vm = ω xm ). usando a regra da cadeia. (12. ocorrerá no sentido decrescente do tempo. e depois multiplicamos pela derivada do argumento desta função). Deslocando-se o gráfico da posição versus tempo. e sabendo que a amplitude do deslocamento (xm ) é constante. e o numerador 2π radianos representa uma volta completa do sistema (que é equivalente em tempo ao período T do movimento). teremos a(t) = −ω 2 xm cos(ωt + φ).30) Como a equação 12. (12.de π/2 radianos para a esquerda (no caso de um gráfico onde o tempo crescesse para a direita). para se transformar no gráfico ‘velocidade X tempo’. (12. no sentido inverso do tempo.28) Concluindo que o deslocamento do gráfico ‘posição X tempo’. mostra uma propriedade importante desse tipo de movimento: derivando-se duas vezes a posição da partícula. ω xm . que tem uma diferença de fase de π/2 radianos em relação à função cosseno (que é a função que escolhemos para descrever a posição da partícula). Ou seja a(t) = d [v(t)] d [−ω xm · sen(ωt + φ)] d [sen(ωt + φ)] = = −ω xm . a velocidade seria obtida do deslocamento da posição da partícula . derivamos a função. O sinal negativo na equação da velocidade sugere que o “deslocamento” da função cosseno. obteremos portanto o gráfico da função da velocidade da partícula no MHS. 2 4 4 (12. no MHS. (12. Como a fração π/2 é igual a 2π/4. podemos escrever que a(t) = −ω 2 [xm cos(ωt + φ)]. podemos escrever que 2π T π = = . dt dt dt (12.29) Derivando a expressão acima. . 12.26) onde podemos observar que a nova constante. F~ = −m ω 2 [~x(t)] . Concluimos assim que o sistema massa-mola é um sistema MHS.para a direita (e modificarmos mais uma vez a amplitude de acordo). A equação 12. o componente inercial (a massa de um bloco) é completamente dissociado do componente elástico (no caso. por causa do sinal negativo da equação 12.33 e 12.π/2 radianos . tanto no trampolim quanto nas cordas do violino. (12. é uma força que tende sempre a restituir a posição original da partícula).32. configurando esta a característica singular do gráfico da aceleração pelo tempo.36 acima é matematicamente idêntica à equação 12.19. obteremos de novo o gráfico da função cosseno.35) k = m ω2. como podemos ver a partir da Figura 12.36. (12. a partir das equações 12.3: Temos acima os gráficos da posição. de uma partícula submetida a um movimento harmônico simples. a partir das equações 12.33) a(t) = −ω 2 xm cos(ωt + φ). podemos deduzir a equação da força no MHS. obteremos assim a equação F~ = −k~x(t).para a direita. abaixo repetidas: x(t) = xm cos(ωt + φ). no entanto. (12. mas com sinal contrário ao mesmo.35 e 12.4. que será o da função senoidal (invertida. no movimento harmônico simples. O trampolim de uma piscina ou as cordas de um violino são também exemplos de OHS Lineares. 12.36 e 12.34) O Sistema Massa-Mola Agora que temos a expressão da aceleração da partícula no MHS (equação 12. teremos o gráfico da velocidade ao longo do tempo. que como vimos é uma força restauradora (ou seja.37) Figura 12. anteriormente estudada. Observe que a amplitude das curvas segue estritamente a das equações cinemáticas.36) A equação acima é exatamente a Lei de Hooke (que descreve matematicamente a força do sistema massa-mola). (12.π/2 radianos . fazendo deste sistema o ideal para os estudos básicos sobre os Osciladores Harmônicos Simples Lineares. ou seja.32) 12.34). . que como vimos era a função periódica do deslocamento (mas neste caso invertida.35) Substituindo a constante m ω 2 pela constante k (ou seja.ou seja. Da definição de k abaixo (equações 12.3 apresenta todo o comportamento cinemático do movimento harmônico simples. No sistema massa-mola.26 e 12. a flexibilidade (elasticidade) do sistema está acoplada à massa do mesmo . a mola). 12. podemos relacionar a constante k com a freqüência angular ω. se novamente deslocarmos o gráfico de 90o . a partir da definição de força clássica (a 2o Lei de Newton): F~ = m [~a(t)] . por causa do sinal negativo da equação 12.31).24.34.Capítulo 12 – Oscilações 206 A Figura 12. o período T e a massa m da partícula. (12. mostrando como a sua posição. a inércia e a elasticidade precisam ser tratadas em conjunto.33). se deslocarmos a fase desta curva de 90o .30. No MHS.5 v(t) = −ω xm sen(ωt + φ). Note que o deslocamento no tempo gera uma curva da função cosseno. é uma força proporcional ao deslocamento da partícula. fazendo k = m ω 2 ). é matematicamente um Oscilador Harmônico Simples Linear (OHS Linear). ao longo do tempo. e modificarmos a amplitude de acordo. de acordo com as equações 12.6. sua velocidade e sua aceleração variam ao longo do tempo. 12. (12. da velocidade e da aceleração. F~ = m −ω 2 ~x(t) . Podemos imaginar um pêndulo simples.5(a)). provocando o seu movimento periódico. propiciando seu movimento periódico (portanto. a cada instante do tempo. Inversamente. o fio esticado perfaz um ângulo θ em relação à linha vertical imaginária do centro das oscilações. e se a mola for muito rígida (constante k grande). um movimento cujo deslocamento é quantitativamente obtido pela mudança angular ao Figura 12. Ainda. o sistema massa-mola em movimento possuirá uma grande freqüência angular ω.39) k Figura 12.5: Pêndulo simples. Se decompormos a força gravitacional em um componente perpendicular (Fg cos θ) e outro tangencial (Fg senθ) ao movimento. As únicas forças atuantes no sistema são a tração T~ do fio e a força gravitacional F~g = m~g atuando no objeto de massa m. esperamos obter uma freqüência angular (ω) muito baixa. como na equação 12. onde um objeto pequeno de massa m está preso no teto por um fio de massa desprezível.5(b)). como o movimento pendular é um movimento angular . usamos a equação 12. O sistema massa-fio oscila em um plano bidimensional onde.24 e igualamos ao resultado acima. Contudo. notaremos que apenas o componente tangencial contribui para o movimento do sistema. (12. se o sistema massa-mola for composto por um bloco muito pesado (grande m) e uma mola muito pouco rígida (pequeno k). possuirá um sinal negativo.38 e 12. sempre dirigida para baixo. onde a força gravitacional age como a força restauradora do sistema. Sistema Massa- No sistema massa-mola. o componente tangencial atua como a força restauradora no sistema. e portanto um pequeno período T . como já observamos. e a elasticidade do sistema está toda contida na mola. a massa do sistema está toda contida no bloco (uma vez que assumimos idealmente que a massa da mola é desprezível). obtendo r k 2π ω = = . a partir da massa m da partícula e da constante k do sistema. .5(b)). e um grande período (T ) para o movimento MHS do sistema. Tr m m T = 2π . ω= Para analisarmos o período do movimento. (12.ou seja. sendo representada pela constante k (que descreveria as propriedades elásticas do material da mola). pois o perpendicular anula-se com a tração do fio (Figura 12.6 Pêndulos Os pêndulos são exemplos de Osciladores Harmônicos Simples (OHS). Analisando as equações 12.4: Mola padrão.39.38) m o que fornece a freqüência angular ω do movimento. na vertical (Figura 12.36). concluimos que se o bloco for muito leve (massa m pequena). 12.Capítulo 12 – Oscilações 207 podemos reescrevê-la como r k . de comprimento L (Figura 12. a força restauradora será também uma força angular. (12. (12. se o ângulo máximo de oscilação for muito pequeno.43. e θ é a posição angular (o análogo angular da posição x(t) do MHS). e F~ .45) Desse modo. e α é a aceleração angular. obtendo assim − Lmg senθ = Iα. reescrita abaixo ~a(t) = −ω 2 ~x(t).31. o produto vetorial da equação 12. (12. (12. com sinal negativo (−Fg senθ). é o componente tangencial da força da gravidade. τ = L (−Fg senθ) . seu módulo é o comprimento L da corda). I é a inércia de rotação do sistema. (12.Capítulo 12 – Oscilações 208 longo do tempo .41) Relembrando a 2◦ Lei de Newton na forma angular τ = Iα. escrevendo s I T = 2π . Como o ângulo entre ~r e F~ é de 90◦ . ou seja. Podemos substituir o torque encontrado na equação 12. τ = −Lmg senθ.41. chamada de torque (~τ ). (12.46) I e como ω = 2π/T . Dito isso. obtendo mgL θ.40 é trivial. e isolar a aceleração angular. podemos fazer a aproximação senθ ∼ θ na equação 12. como já analisamos acima. a freqüência angular do movimento do pêndulo é facilmente obtida.43) Se o a amplitude da oscilação do pêndulo for pequena.42) onde τ é a força angular (o torque).44) α=− I onde α é a aceleração angular (o análogo angular da aceleração a(t) do MHS). podemos concluir que a equação acima é o equivalente angular da equação 12. obtemos igualmente o período das oscilações do movimento pendular. (12. mgL senθ. e definida como ~τ = ~r × F~ .47) mgL . α = − I (12.40) onde ~r é o raio do centro do movimento angular até o objeto (portanto. comparando as duas equações anteriores (onde ~x(t) = θ na equação acima) r mgL ω= . e o módulo do torque será então τ = rF. o raio de curvatura (L) e o ângulo que perfaz o arco (θ) é X = Lθ.52) dt Se supusermos que a massa inercial é equivalente à massa gravitacional. e obteve resultados que comprovavam a equação 12. T = 2π mgL s L T = 2π . e a única que atua no sistema.Capítulo 12 – Oscilações 209 Como I = mr2 .50) Usando a 2◦ Lei de Newton. Mais tarde. Igualando a força tangencial do pêndulo com a equação 12. Newton mediu observacionalmente os períodos de pêndulos simples. Para pequenas oscilações (onde vale a aproximação senθ ∼ θ). (12. mas apenas do comprimento do fio. e já vimos que r = L (o comprimento do fio do pêndulo).51) F = ma = m 2 = mL 2 . obtemos s mL2 . (12. observando as oscilações dos candelabros da catedral de sua universidade. então {m} = {mg }. com sinal negativo (−mg senθ). indicando a equivalência entre a massa inercial (m) e a massa gravitacional (mg ).49) Uma conclusão interessante. Veja como: O arco descrito pela oscilação de pêndulo (de comprimento de fio L e distância angular θ ao longo do tempo) poderia ser aproximado pela distância X. então I = mL2 . escrevemos portanto d2 θ d2 X (12. Ele usou sua pulsação cardíaca para contar o tempo das oscilações. (12. ela será a massa gravitacional (escrita a partir de agora como mg ). quando estudava medicina. pois é obtida da 2◦ Lei de Newton do movimento. é a força restauradora do movimento do pêndulo. Já mostramos que a componente tangencial da força gravitacional. ainda em sua juventude. Essa conclusão foi descoberta por Galileu Galilei. o período da oscilação do pêndulo não depende da amplitude da mesma. dt dt onde a massa m acima representa a massa inercial. teremos d2 θ {m} L 2 = − {mg } g senθ. Sabemos que a relação entre X. deduzimos da equação acima que o período de oscilação de um pêndulo simples (T ) só depende do comprimento do fio deste pêndulo (L). e substituindo X pela equação acima. Fazendo isso e considerando pequenas oscilações (senθ ∼ θ) .48) g Considerando a aceleração da gravidade g constante. Substituindo na equação acima.48 acima. (12. na época.51 acima. Como a massa m desta força tangencial está relacionada à atração gravitacional da Terra. Podemos assim√tirar as constantes da equação acima e dizer simplesmente que T é proporcional a L √ T ∝ L. Ou seja. baseado em suas observações sobre o período dos pêndulos.58) . a força é dada pela Lei de Hooke F~ (x) = −k~x e o trabalho do sistema é dado pela equação Z xf W = F~ (x) · d~x. teremos o período do movimento do pêndulo s L .7 Energia no MHS Antes de estudarmos como se comporta a energia no MHS.48 deduzida anteriormente.55) L e como ω = 2π/T .54) podemos observar um paralelo matemático claro entre as equações 12. conforme mostramos anteriormente. d2~x(t) = −m ω 2~x(t). precisamos fazer uma breve revisão sobre trabalho e energia potencial no sistema massa-mola (pois já vimos anteriormente que a equação de movimento deste sistema é essencialmente o de qualquer sistema MHS). Einstein usou a equivalência entre a massa gravitacional e a massa inercial para construir sua Teoria da Relatividade Geral.53) Comparando com a equação 12. (12. dt2 (12. que permitiu a partir de então equacionarmos o comportamento do Universo. mas para isso. No sistema massa-mola.56) que é exatamente a equação 12. ω2 = L r g ω = . T = 2π g (12. levando à conclusão que g . que a equação acima descrevia os fenômenos reais. 12. a equivalência entre a massa inercial e a massa gravitacional precisaria existir. e iniciarmos os estudos da Cosmologia moderna. reescrita abaixo F~ = −m ω 2~x(t). + dt2 L (12. m dt2 d2~x(t) + ω 2 · ~x(t) = 0.53. No início do século XX. xi (12.57) (12. Newton concluiu.54 e 12.Capítulo 12 – Oscilações 210 reescrevemos a equação acima como d2 θ g θ = 0.35 da lei de força no MHS. Capítulo 12 – Oscilações 211 Se a força atuante no sistema é conservativa (e consideramos este caso ideal aqui). v(t) = −ω xm sen(ωt + φ).65) 1 K = mω 2 x2m sen2 (ωt + φ).61) A energia cinética de qualquer sistema é definida como 1 K = mv 2 . 2 (12. 2 (12.68) .66) Usando a equação 12.38. 2 (12. (12. 2 (12. ∆U = +k xi ∆U = 1 2 1 2 kx − kx .27). deduzida a partir da força no MHS e reescrita abaixo.62) Usando as equações para a posição x e a velocidade v do MHS (equações 12. 2 (12.19 e 12. x(t) = xm cos(ωt + φ).60) Se tomarmos a referência xi = 0 no ponto onde a mola está relaxada (Ui = 0).59) xi Substituindo a força do sistema massa-mola na equação acima. teremos a equação padrão para a energia potencial elástica do sistema massa-mola: 1 U (x) = kx2 . 2 f 2 i (12.64) e substituindo nas equações das energias potencial e cinética acima. teremos e 1 U (x) = k x2m cos2 (ωt + φ). obtemos Z xf (−k~x) · d~x. r k ω= .63) (12. ∆U = − xi Z xf ~x · d~x. (12. obtendo 1 K = k x2m sen2 (ωt + φ).67) m substituimos ela na equação da energia cinética acima. abaixo reescritas. então a variação da energia potencial elástica se relaciona com o trabalho da seguinte forma Z xf ∆U = −W = − F~ (x) · d~x. (12. os sistemas oscilatórios perdem continuamente energia. Na Figura 12. Nestes sistemas conservativos não havia atrito. Preso ao bloco teríamos uma haste longa. De fato. que sustenta uma mola e um bloco de massa m ligado à mola. oscilariam indefinidamente. onde o atrito e as forças de arrasto existem. da energia cinética.65 agora possuem as mesmas variáveis.6: O comportamento gráfico. sabemos que o termo em colchetes na equação acima é igual a 1. ou seja.68 e 12.69) Pela trigonometria. e sente a resistência do ar. No mundo real. respectivamente. 1 2 2 E = k xm cos (ωt + φ) + sen2 (ωt + φ) . e da energia mecânica total.8 Movimento Harmônico Simples Amortecido (MHSA) Até agora estudamos o MHS no caso ideal. e podem ser melhor estudadas em conjunto. Vemos que as parábolas de U e K se complementam. da energia potencial. no mesmo gráfico observamos que o comportamento temporal da energia cinética segue uma função senoidal. a energia mecânica no MHS é sempre constante. enquanto o da energia potencial mostra uma curva cossenoidal. teremos então. em um sistema harmônico simples. para o MHS E = U + K. em sistemas conservativos. a energia potencial e a energia mecânica total no MHS. de modo que a energia mecânica do MHS assume a forma simples 1 E = k x2m . horizontal.Capítulo 12 – Oscilações 212 A equação 12. enquanto no painel b observamos as mesmas ao longo da posição. que provocassem qualquer tipo de amortecimento ao movimento.65. As curvas são completamente simétricas. da energia mecânica total. No painel a temos o comportamento das energias em função do tempo. é independente do tempo.68 e a equação 12. e podemos inclusive achar o ponto exato no eixo vertical (o eixo das energias) onde a energia cinética é exatamente igual à energia potencial: 1 1 2 1 1 k xm = k x2m . se colocados em movimento. Podemos imaginar um sistema constituido por um suporte rígido. é mostrado nos dois painéis acima. tendo na extremidade inferior um disco de pequena espessura (chamemos Figura 12. e a soma é sempre a constante E. onde não havia perda de energia. ou seja. até pararem por completo. O gráfico ‘Energia X Posição’ (Figura 12. nem forças de arrasto. de acordo com as equações 12. . O pêndulo ou o sistema massa-mola.70) Ou seja. o pêndulo sofre atrito nas juntas do fio com o objeto de massa m e com o teto. 2 (12.71) U = K = (E) = 2 2 2 4 12. relembrando que a energia mecânica de um sistema (E) é a energia potencial somada à energia cinética.6-a temos o gráfico ‘Energia X Tempo’.6(b)) pode mostrar ao mesmo tempo a energia cinética. onde observamos a curva constante. 2 (12. (12. Nos casos reais. (12.73) reescrevendo a equação acima e dividindo tudo pela massa m.76.7: Exemplo de movimento harmônico simples amortecido: um sistema massa-molapá. (12. escreveremos então a 2◦ lei de Newton do movimento deste sistema amortecido como F~ = m~a = −b~v − k~x. podemos eliminá-lo. obteremos k b ~v + ~x = 0.78 em 12. tiramos a primeira e a segunda derivada de z(t) dz = pz. Consideremos a massa da mola e da pá desprezíveis. o mesmo sofre amortecimento.7).79) Colocando o termo z em evidência. ~a + m m d2~x b d~x k + + ~x = 0. . dt2 dt (12.75.que depende das características do sistema massa-mola-pá e do líquido.74) k .72) onde o sinal negativo indica que a força se opõe ao movimento. transformando-se em energia térmica ao contato com o líquido. obtendo assim p2 z + γpz + ω 2 z = 0. Quando o sistema massa-mola-pá é posto a oscilar.Capítulo 12 – Oscilações 213 este objeto de “pá”). 12. perfazendo oscilações com a pá imersa em um líquido.em unidades de kg/s .77 e 12. e b é a constante de amortecimento .77) (12. Como z(t) é a solução esperada para ~x(t).80) Figura 12. Como a força do sistema massa-mola-pá segue a força já estudada do MHS ~ (F = −k~x). teremos portanto a Equação Substituindo os termos γ = mb e ω 2 = m Diferencial Ordinária Linear Homogênea de 2◦ ordem abaixo: d2~x d~x + γ + ω 2~x = 0. (12. 2 dt (12. (12. dt2 m dt m (12. dt d2 z = p2 z. o líquido exercerá uma força de amortecimento (F~d ) proporcional à velocidade ~v do sistema massa-mola-pá F~d = −b~v . obtendo a equação abaixo em relação ao número p p2 + γp + ω 2 = 0.78) e substituimos as equações 12.75) que tem a solução complexa geral na forma z(t) = exp(pt). (12. e t é a variável de tempo. onde a energia mecânica diminui continuamente. Para pequenas oscilações.76) onde p é um número complexo. A pá está imersa em um líquido (Figura 12. γ2 z(t) = exp − t {xm exp(iφ) exp (iω 0 t)} . a solução geral z(t) da equação do MHS amortecido (equação 12. teremos finalmente a solução x(t) para a equação 12. 2 γ 2 0 z(t) = exp − t · {a exp (iω t) + b exp (−iω 0 t)} .Capítulo 12 – Oscilações 214 A equação acima é uma equação do 2◦ grau em relação a p. para o caso subcrítico.87) 2m . será uma combinação das soluções usando as duas raízes de p. (12.81) p=− ± 2 2 Analisando o termo dentro da raiz quadrada.85) onde a e b são constantes reais.83) 2 m 2m de modo a reescrevermos as raízes de p como γ p = − ± iω 0 .84) Portanto. 2 γ z(t) = xm exp − t exp (i [ω 0 t + φ]) . teremos então γ z(t) = exp − t {a exp (iω 0 t)} .86) 2 Substituindo γ = mb . Fazendo assim. (12. se substituirmos a constante real a pelo número complexo geral xm exp(iφ). 2 (12. e tomando apenas a parte real.75.82) 2 2 b podemos ainda substituir o termo da raiz pela expressão (lembrando que γ = m k e ω2 = m ) s r 2 γ 2 b k 0 ω = ω2 − = − . teremos uma raiz quadrada de um termo negativo (um número complexo). cujas raízes são obtidas facilmente r γ 2 γ − ω2. tiradas anteriormente z(t) = a exp(p+ t) + b exp(p− t). observamos que se γ2 < ω. onde xm e φ são igualmente constantes. (12. que rege o MHS amortecido no caso subcrítico: b x(t) = xm exp − t cos(ω 0 t + φ). (12. Este caso é chamado de amortecimento subcrítico. (12. usando a fórmula de Euler (exp(ix) = cos(x) + i · sen(x)) na segunda exponencial. e gera as raízes abaixo r γ 2 γ 2 p=− ±i ω − . Podemos eliminar a constante b e utilizar apenas a raiz p+ para escrevermos a solução z(t). i h γ i h γ z(t) = a exp − + iω 0 t + b exp − − iω 0 t . 2 (12.75). para um movimento harmônico simples amortecido. 2 m 1 2 b E = k x exp − t =⇒ Caso amortecido subcrítico. Quando b < 2 km. ou se for muito pequena (b 2 km). Desse modo. ele retornará a este sem oscilar). m 2m (12. podemos escrever a energia mecâguindo a fórmula xm exp − 2m nica total (E) para o caso amortecido e compará-la com o caso não-amortecido já estudado anteriormente 1 2 k x =⇒ Caso não-amortecido. (12. q ve- k ). e estamos então no caso do amortecimento subcrítico (o sistema oscila com uma amplitude que decai continuamente no tempo.89) m 2m √ b = 2 km. (12. teremos o amortecimento supercrítico (o sistema retorna a seu ponto de equilíbrio também sem oscilar. compondo assim a tabela abaixo Coeficiente b b = 0√ b < 2√km b = 2√km b > 2 km Tipo de Movimento Característica amortecimento nulo Oscila sem parar amortecimento subcrítico Oscila até parar amortecimento crítico Retorna sem oscilar amortecimento supercrítico Retorna lentamente sem oscilar . e o sistema amortecido não oscilará mais. porém de modo mais lento). Podemos então classificar os movimentos harmônicos simples de acordo com o coeficiente de amortecimento (b) dos mesmos. temos que ω 0 = 0. no caso subcrítico. se a constante de amortecimento for q √ k 0 nula (b = 0). E = Analisando a freqüência angular ω 0 do caso amortecido (equação 12.Capítulo 12 – Oscilações 215 onde ω 0 é a freqüência angular do oscilador amortecido s 2 k b 0 ω = − . Se b > 2 km. segundo a equação 12. que vai gradualmente decaindo no tempo seb t . e mos que ela é ligeiramente menor do que a do caso não-amortecido (ω = m podemos igualmente ver que ela tenderá a zero quando o coeficiente de amortecimento b for tão grande que 2 k b − = 0.88) No gráfico da solução acima (Figura 12. então ω = ω = m e x(t) = xm cos(ωt + φ).87).90) recuperando assim a solução anteriormente estudada do MHS não-amortecido. √ como no amortecimento crítico. esse é o chamado amortecimento crítico (se o sistema √ for tirado de seu estado de equilíbrio. √ Ou seja. vemos que ω 0 é maior do que zero.8: Gráfico da solução da posição em função do tempo.8). 2 m m Figura 12. se b = 2 km.88). xm marca a amplitude inicial do movimento oscilatório cos(ω 0 t + φ). Observe ainda que. ou pouco subcrítico (quase tendendo a ser crítico). Figura 12. e a freqüência angular ωd da força externa aplicada (ou seja.quando este passasse em cima de um quebra-molas. onde ω = ωd . o carro oscilaria muito até parar. A parte de cima do cilindro fica presa estaticamente ao chassi do carro. Se o seu amigo aumentar a força continuamente.9 podemos observar graficamente essas afirmações. o carro tenderia a voltar ao estado anterior após passar por um quebra-molas. que quanto menor o coeficiente de amortecimento do sistema (b). quanto mais a freqüência natural do movimento (ω) se aproximar da freqüência da oscilação forçada (ωd ). indo e vindo em oscilações livres. Se o seu amigo perder o rítimo de empurrões. teríamos o movimento ideal. Esse é um exemplo bastante claro de uma oscilação forçada.9: A amplitude de um movimento harmônico forçado aumenta cada vez mais. condição esta que chamamos de ressonância. enquanto que a parte de baixo é móvel e prende-se às rodas do veículo.teria no sistema de amortecimento de um carro. Se o seu amigo mantiver a mesma força a cada volta. vm . a cada nova volta.9 Oscilações Forçadas e Ressonância Imagine-se em um balanço: você dá um impulso inicial e começa a balançar. O sistema de amortecimento dos carros é composto por um pistão hidráulico dentro de um cilindro. No caso do amortecimento crítico. para que o mesmo amortecesse o carro . por exemplo. a razão ωd /ω = 1. será máxima quando ωd = ω. de modo a empurrar várias vezes o balanço quando este está ainda retornando. e o movimento ficará bastante complexo. a freqüência da oscilação forçada). e continua a diminuir até que eventualmente o balanço irá parar. Na Figura 12. Note também. Agora imagine que algum amigo seu apareça e comece a empurrar seu balanço. a nova amplitude se manterá sempre. a oscilação crescerá cada vez mais em amplitude. as oscilações vão ficar bastante descompassadas. você sentirá que a cada volta a amplitude da oscilação diminui um pouquinho. Se o amortecimento for muito subcrítico. 12. o carro retornaria à condição anterior ao quebramolas a tempo de enfrentar novos obstáculos. mas faria isso muito lentamente. de modo confortável a todos os passageiros. Qual seria o movimento ideal a ser introduzido no pistão. mantendo o rítimo certo. de modo que qualquer quebra-molas posterior seria muito desconfortável para todos. e não empurrá-lo várias vezes antes dele se afastar. Pergunta: Analise o efeito que cada movimento oscilatório . pois após o obstáculo. Da equação acima podemos obter igualmente a da velocidade. Se o amortecimento for supercrítico. na figura acima. onde temos sempre atuando duas freqüências angulares: A freqüência angular natural ω da oscilação livre. e a amplitude da velocidade.91) onde a amplitude xm é uma função bastante complexa de ωd e ω. A equação da posição do oscilador forçado pode ser escrita na forma x(t) = xm cos(ωd t + φ). Os engenheiros que desenvolveram este sistema precisaram estabelecer um movimento oscilatório ao pistão. para um resultado excelente? Resposta: Se o amortecimento for nulo. . no gráfico acima.Capítulo 12 – Oscilações 216 Exemplo 12.2. No ponto de amplitude máxima. (12.resumido na tabela acima . o que seria terrível para os passageiros. maior será a amplitude de ressonância do movimento. As oscilações aumentam de amplitude de repente. Se nada for feito a partir de então. o carro oscilaria eternamente ao passar por um quebra-molas. O fator de ressonância pode ser usado ainda na afinação de instrumentos musicais. dentre diversos outros exemplos. Nos aviões. causando sérios prejuízos e possíveis mortes a centenas de pessoas. pontes e viadutos precisam ser criteriosamente construidos.Capítulo 12 – Oscilações 217 A ressonância é um fator muito importante a ser observado em diversos sistemas físicos. caso contrário a ressonância asa-motor poderá quebrar a aeronave. Os prédios. causando um sério acidente aéreo. principalmente em áreas de terremotos. os prédios e pontes desabarão. . a freqüência angular de oscilação das asas deve ser meticulosamente controlada para nunca se aproximar da freqüência do motor. pois se a freqüência de oscilação das construções se aproximar da freqüência dos terremotos locais. aqui.2 Densidade ou massa específica A densidade ou massa específica. são o vidro e o asfalto. Como exemplos de fluidos muito conhecidos. os conceitos mais utilizados são os de densidade e de pressão. Em particular. termos como massa e força foram vastamente utilizados. bem como tópicos associados aos fluidos ideais em movimento. corresponde a uma propriedade intrínseca de qualquer substância ou material. serão discutidos nas seções 13.8 a 13. Entretanto. Menos conhecidos. Até o momento. também denominado hidrostática. 13. ou hidrodinâmica. da Seção 13. tais como pressão em um fluido. 13. o ar e o sangue. Em particular.7. propriamente dito. o termo “fluido” pode ser utilizado para designar tanto gases. que sob a ação de uma força. ρ. denomina-se fluido qualquer substância que pode fluir. Neste capítulo. a física dos fluidos e diversas aplicações são encontradas em vários ramos da engenharia. estes reagem com uma força de mesma intensidade e sentido contrário. diferentemente dos sólidos. como fluidos. Além disto. navios flutuam sobre e aviões voam através de fluidos. seja utilizado um 218 Figura 13.1: Porque a água apresenta tal efeito quando o avião passa sobrevoando próximo ao mar? .1 Fluidos Em contraste com um sólido.Capítulo 13 Mecânica dos fluidos Felipe Bohn Os fluidos estão presentes no cotidiano das pessoas e desempenham papéis fundamentais em diversas situações. como as equações da continuidade e de Bernoulli. princípio de Pascal e princípio de Arquimedes. embora. bebem-se e respiram-se fluidos.10. Por outro lado. serão abordados conceitos relacionados aos fluidos em repouso.1 a 13. quanto líquidos. um fluido caracteriza-se por não apresentar resistência quando submetido às tensões de cisalhamento. Relacionado ao aspecto vital. destacam-se a água. ao discutir assuntos sobre partículas e corpos rígidos. dentro do contexto de tecnologia. Associado ao cotidiano. tratando-se de fluidos. 060 · 103 2.21 60.000 · 103 1.1) ρ= ∆V Mais precisamente.2) ρ= . é [ρ] = kg/m3 . este fluido em repouso . Assim. 13. Entretanto. V A unidade de densidade. através da consideração de um fluido qualquer e tomando-se um pequeno elemento de volume ∆V . (13. Porém. Para os exemplos apresentados na Tabela. (13. cuja massa contida neste elemento de volume é ∆m. no SI. como o ar.50 0. outra unidade muito empregada é g/cm3 . Tabela 13.998 · 103 1. em torno de um ponto qualquer. é possível observar que a densidade de um gás.3 Material Densidade (kg/m3 ) Ar (1 atm. 20◦ C) Ar (50 atm. a densidade pode ser definida simplesmente como a razão entre a massa m e volume V considerados m (13. enquanto que a densidade de um líquido. a densidade em um ponto qualquer de um fluido deve ser definida no limite desta razão.3 · 103 13. quando ∆V → 0. 20◦ C) Gelo Água (1 atm. 20◦ C) Água do mar (1 atm. de modo que ele acaba por se moldar aos contornos do recipiente que o contém. neste ponto. tem-se que a densidade. no caso de um fluido homogêneo.1 apresenta a densidade de algumas substâncias.7 · 103 7. é dada por ∆m .024 · 103 1. não varia. no qual a massa está distribuída uniformemente sobre todo o volume.9 · 103 11. um fluido pode fluir.8 · 103 8. onde 1 kg/m3 = 1000 g/cm3 . como a água.1: Densidade de algumas substâncias.Capítulo 13 – Mecânica dos fluidos 219 fluido para sua definição.3) A Tabela 13.6 · 103 Pressão Como citado anteriormente. 20◦ C) Sangue Al Fe Cu Pb Hg 1. não é necessário que a substância esteja no estado líquido ou gasoso para definir sua densidade. varia consideravelmente com uma modificação de pressão. Entretanto. É importante salientar que a densidade pode depender de parâmetros como temperatura e pressão. indicando que os gases são compressíveis. 20◦ C) Água (50 atm.92 · 103 0. ou seja. considerando uma superfície hipotética dentro de um fluido. Sendo assim. Estas unidades estão relacionadas por 1. de área dA. considera-se um fluido em equilíbrio estático em um recipiente qualquer. dando origem a estas forças de contato. Equivalentemente. inicialmente. por fim. o torr. ele sente uma redução de pressão. neste ponto da superfície onde a força é aplicada. No caso da força ser uniforme. o milímetro de mercúrio (mmHg). em homenagem a Evangelista Torricelli.2.4 Fluidos em repouso e pressão No caso de um mergulhador. Em ambos os casos. Para tanto. que indica a pressão média da atmosfera ao nível do mar. o fluido exerce forças normais iguais em ambos os lados da superfície. De acordo com a Figura. Deste modo. respectivamente. Embora macroscopicamente observa-se que o fluido esteja em repouso. Neste caso.5) Exemplo 13. (13. ou seja. como mostrado na Figura 13. as moléculas que o constituem estão em movimento. para fluidos em repouso. 7 lb/in2 . ele sente um aumento de pressão.1. Por exemplo. a água e o ar. a pressão p.Capítulo 13 – Mecânica dos fluidos 220 exerce uma força normal sobre qualquer superfície que esteja em contato com ele. A unidade de pressão. é possível determinar uma expressão geral que relaciona a pressão em um dado ponto e a profundidade/altura. no SI.2: Considerando uma superfície hipotética. como mostrado na Figura 13. uma vez que se devem a fluidos estáticos. é definida como p= dF⊥ . que apresenta sentido crescente orientado para cima e y = 0 coincidindo Figura 13. a pressão é uma grandeza escalar. tem-se que p = F⊥ /A. é possível definir um eixo de coordenadas y. a pressão considerada é a chamada de pressão hidrostática. Assim. tem-se que o fluido em torno desta exerce forças normais iguais e contrárias em ambos os lados da superfície. tem-se que a densidade ρ e a aceleração da gravidade g permanecem constantes em todos os pontos do fluido. outras unidade podem ser empregadas. à medida que este mergulha para maiores profundidades. 01 · 105 Pa = 1 atm = 760 mmHg = 760 Torr = 14. tem a mesma magnitude qualquer que seja a sua direção.3. por outro lado.4) onde dF⊥ é a força normal que atua que atua sobre o elemento de superfície com área dA. ou seja. . dA (13. a força normal à superfície do recipiente que o contém e a força sobre qualquer corpo nele imerso. é a mesma independentemente da orientação da superfície hipotética. chamada de Pascal. em um ponto particular do fluido. em vez de tênis. sobre uma área plana. e. Para este fluido. um alpinista. Porque. quando a força está uniformemente distribuída por todos os pontos da superfície. ao andar na neve. fica mais fácil caminhar utilizando-se raquetes. nestes casos. a libra por polegada quadrada (lb/in2 ). É importante salientar que a força dF⊥ . como atmosfera (atm). à medida que alcança maiores altitudes em uma montanha. é verificado que a pressão varia de acordo com a profundidade ou altitude. não tendo propriedades direcionais. é [p] = N/m2 ≡ Pa. Retirada da referência [11]. nos pés? 13. Assim. Psobre ~ tem-se F = 0. considera-se uma pequena porção de fluido. que age sobre a base inferior do cilindro e se deve à quantidade de fluido que está abaixo do cilindro. logo Figura 13. respectivamente. e é delimitada uma pequena porção de fluido. . (13. ela é uma expressão geral que mostra a dependência de p com y. logo Z Z p2 y2 dp = −ρg dy. respectivamente. a força F~2 . sendo válida para qualquer ρ e g. de bases inferior e superior A. onde po é a pressão atmosférica e p é a pressão é uma profundidade h. são observadas uma força F~1 . as pressões nas alturas y1 e y2 . está em repouso e a força resultante ele é nula.4. (13. com sentido crescente orientado para cima e y = 0 coincidindo com a interface fluido-ar. e m~g . é possível utilizar a aproximação p = F/A. na direção y.15) Figura 13. conforme a Figura 13. e sendo ∆y = −h. através de um cilíndro hipotético (linha tracejada). Neste caso. (13.7) Uma vez que a densidade do fluido é considerada constante. que se deve ao próprio peso da porção de fluido delimitada pelo cilindro hipotético. Além disto. que age sobre a base superior e se deve à quantidade de fluido que está acima do cilindro hipotético. Retirada da referência [10]. tem-se X Fy = 0. (13. uma força F~2 . Considerando as forças indicadas na Figura. sobre a base inferior e a força gravitacional.3: Um fluido em um recipiente. ou seja. Retirada da referência [10]. sendo ρ e g constantes.8) p2 A − p1 A − ρAg(y1 − y2 ) = 0. então sobre a porção delimitada pelo cilindro hipotético. dy (13. (13. onde y1 e y2 são as profundidades das bases superior e inferior. (13. logo pode-se escrever dp = −ρg. contido em um cilindro hipotético (sua visão lateral é indicada pela linha tracejada no desenho). sobre a base superior. onde é definido um eixo de coordenadas y.10) p2 − p1 = −ρg(y2 − y1 ). Como o fluido está em equilíbrio estático. (13.6) F2 − F1 − mg = 0.12) Embora esta expressão tenha sido obtida considerando-se uma fluido como o da Figura. respectivamente. onde y1 e y2 são as profundidades das bases superior e inferior. neste caso. tem-se p2 A − p1 A − ρV g = 0. m~g . três forças podem ser identificadas: a força F~1 .9) p2 − p1 − ρg(y1 − y2 ) ⇒ p2 − p1 = ρg(y1 − y2 ).14) p1 y1 Considerando y1 = yo = 0.Capítulo 13 – Mecânica dos fluidos 221 com a interface fluido-ar. sobre o fluido delimitado pelo cilindro. ρ = m/V . associada à massa do fluido que está no interior do cilindro hipotético. com bases de área A. No caso discutido até o momento. onde po é a pressão atmosférica e h indica a profundidade. Neste caso. constantes ou não. e como. respectivamente. logo p1 = po = pressão atmosférica. se p1 e p2 são.11) mas V = A(y1 − y2 ). No limite (y2 − y1 ) → 0.4: Fluido em um recipiente.13) p2 − p1 = −ρg(y2 − y1 ). onde m e V são a massa e o volume da porção de fluido delimitado. tem-se p = po + ρgh. (13. (13. Neste caso.17) onde p é a pressão absoluta.19) pM g dy. e substituindo-se ρ.16 não devem ser aplicadas. logo p1 = po = pressão atmosférica. ou seja. não sendo dependente de qualquer dimensão horizontal.23) (13. R é a constante universal dos gases e T é a temperatura.24) Figura 13. utilizando-se a equação geral dos gases. Este pressão é devida ao líquido acima do nível considerado. tem-se dp = −ρg dy. considerando y1 = yo = 0. RT Utilizando a Equação 13. onde a pressão po é igual à pressão atmosférica.22) (13.12. depende apenas da profundidade deste ponto. ou seja. A Equação 13. Assim. ρ = ρar e. RT ln p|ppo = − Mg p = po e− RT h .20) RT A integração deve ser feita de y = 0.5. (13.14 também pode ser utilizada considerando-se um ponto acima da interface fluido-ar e ela fornece a pressão atmosférica a uma dada distância acima da interface. Sendo assim. até uma altura y = h. (13. tem-se pV = nRT. Note que a pressão no topo de cada coluna de líquido é igual à pressão atmosférica. tem-se p = po − ρgh. como mostrado na Figura 13.15 e 13. e a pressão atmosférica po .Capítulo 13 – Mecânica dos fluidos 222 Neste caso. as expressões 13. considera-se que a densidade é uma constante. (13. mais importante. tem-se que a pressão em um dado ponto de um fluido.2.21) RT 0 po p dp = − Mg h y| . Na determinação da pressão em situações nas quais ρ não é uma constante ou dependa de h. (13. e sendo ∆y = h. a diferença entre a pressão absoluta p. Como ponto interessante. enquanto que a pressão na base de cada coluna possui o mesmo valor p.16) Neste caso. independentemente de posição horizontal e do formato do recipiente. tem-se PM = ρ. (13.18) (13. V é o volume do gás. logo Z p Z dp Mg h =− dy. (13. n = m/M sendo n o número de mols. Exemplo 13.12 também pode ser aplicada para gases. RT 0 Mg ln p − ln po = − h. A expressão 13. Retirada da referência [11]. qual é a dependência da pressão em função da altitute? Considerando que o ar é um gás ideal. como nos casos nos quais ρ depende da altura h. m é a massa do gás e M é a massa molar do gás. levando-se em consideração a densidade do ar. onde visa-se determinar o valor de pressão. sendo a densidade ρ = m/V .15. dada pela equação 13.5: Todas as colunas apresentam a mesma altura independentemente da forma do recipiente. . o termo ρgh ou (p − po ) corresponde à chamada pressão manométrica. em uma profundidade h. ρoleo = ρagua (l + d) (13.7 mostra um barômetro de mercúrio.6: Tubo em forma de U. tem-se p = po .30) logo. .15 na interface ar-mercúrio.28) Figura 13. Tem-se que a pressão na interface (pint ) óleo-água depende da densidade do óleo acima da interface. l e ρagua .25) No mesmo nível. o espaço acima da coluna de mercúrio contém apenas vapor de mercúrio. em ambos os lados do tubo. na altura da interface.7: Barômetro de mercúrio. (13. foi invertido em um recipiente que também contém mercúrio. (13. o barômetro de mercúrio mede a pressão atmosférica po diretamente a partir da altura de uma coluna de mercúrio. as pressões. Sendo assim. como mostrado na Figura 13. à mesma altura.27) ρoleo g(l + d) = ρagua gl. a água. do lado direito. Expresse ρoleo em função de d.5 pint = po + ρoleo g(l + d) = po + ρagua gl.1 Barômetro de mercúrio A Figura 13.31) onde ρ é a densidade do mercúrio. fechado em uma extremidade.26) Igualando as duas expressões. que consiste em um longo tubo de vidro. a pressão é a mesma. Utilizando a Equação 13. l . e no lado esquerdo existe um óleo de densidade desconhecida ρoleo . como o sistema está em equilíbrio hidrostático. No lado direito. em quaisquer pontos no mesmo nível. Retirada da referência [11]. Dentro do tubo. onde do lado direito existe água. com densidade ρagua = 998 kg/m3 . Isto ocorre pois. que fica mais alto do que a água no lado direito pois sua densidade é menor do que a densidade da água. tem-se 13. (13. considerando as pressões dentro e fora do tubo.29) Como pode-se medir pressão? Dentre os inúmeros dispositivos que podem ser utilizados para medir pressão. chega-se a po = ρgh. Um tubo em forma de U. o valor obtido é po = 760 mmHg. de modo que pint = po + ρoleo g(l + d). ao mesmo nível. Sendo assim. no qual no lado esquerdo há óleo.Capítulo 13 – Mecânica dos fluidos 223 Exemplo 13.5. destacamse o barômetro de mercúrio e o manômetro de tubo aberto. Figura 13. está submetida a uma pressão igual a pint . (13. no lado esquerdo. de modo que sua pressão é extremamente baixa e pode ser considerada p ∼ 0. a interface está a uma profundidade l + d abaixo da superfície do óleo. fora do tubo. Ao nível do mar. são necessariamente iguais. posteriormente. Sendo assim.3. a pressão pode ser escrita como pint = po + ρagua gl.6 contém dois líquidos em equilíbrio hidrostático. (13. 13. Como ponto importante. no mesmo nível. Retirada da referência [10]. (13. que foi previamente preenchido com mercúrio e. tem-se p = ρgh. Deste modo. a pressão manométrica é diretamente proporcional a h. Neste caso.8: Manômetro de tubo aberto. A pressão manométrica pode ser positiva ou negativa.32) Sendo assim. Se mais bolinhas forem colocadas sobre o êmbolo.2 224 Manômetro de tubo aberto A Figura 13. a pressão sobre um ponto qualquer do líquido é p = pext + ρgh. com êmbolo submetido a uma pressão externa pext devido às bolinhas de chumbo.6 Figura 13. Por exemplo.Capítulo 13 – Mecânica dos fluidos 13.6. Retirada da referência [10].9. tem-se que uma força F~i é aplicada sobre o êmbolo. Neste caso. Retirada da referência [11]. Neste caso. como indicado na Figura 13. em pneus e no sistema circulatório. . Por outro lado. a atmosfera e as bolinhas exercem uma pressão externa pext sobre o êmbolo e. o manômetro de tubo aberto é usado para medir a pressão manométrica de um gás.” 13.5. com uma das extremidades ligadas a um recipiente cuja pressão manométrica deseja-se medir e outra aberta para a atmosfera. fazendo com que o mesmo aumento seja transmitido a todas as porções do líquido. (13. a pext aumentará. Princípio de Pascal O Princípio de Pascal pode ser enunciado como: “Uma mudança na pressão aplicada em um fluido confinado é transmitida integralmente para todas as porções do fluido e para as paredes do recipiente que o contém. tem-se que ∆p = ∆pext .2 (13.8 mostra um manômetro de tubo aberto barômetro de mercúrio. a pressão nos pulmões. e na boca. como mostrado na Figura 13. consequentemente. é menor do que a pressão atmosférica.33) No caso de mais bolinhas serem adicionadas. quando usa-se um canudo para tomar um líquido. geralmente mercúrio ou água. aumentando pext por um valor ∆pext e como ρ. de modo que a pressão aplicada p = Fi /Ai é transmitida integralmente para Figura 13.6.10.34) Aplicação do Princípio de Pascal Uma das aplicações do Princípio de Pascal é o elevador hidráulico.9: No interior de um cilindro há um líquido incompressível confinado. de área Ai . dependendo se p > po ou p < po . a pressão na interface líquido-recipiente. 13.1 Demonstração do Princípio de Pascal Considerando um líquido incompressível contido em um cilindro. de modo que (p − po < 0). de modo que (p − po > 0). a pressão absoluta é maior que a pressão atmosférica. p = po . sobre o líquido. g e h são constantes. pode ser escrita como p = po + ρgh ⇒ p − po = ρgh (13. 13. que consiste em um tubo em forma de U que contém um líquido de densidade conhecida ρ. Assim. fechado por um êmbolo no qual repousam bolinhas de chumbo. 35) Fo Ao Fi = ⇒ Fo = Fi . portanto. ∆Vi é o mesmo deslocado na saída. que tem uma Seção reta de raio de 5 cm. exatamente 15000 N. como um elevador hidráulico. Ao (13. Ai Ao Ai ou seja. embora a força seja amplificada. . Em um elevador hidráulico. o trabalho realizado não é. Qual deve ser a força deve haver no pistão maior para levantar um carro com peso de 15000 N? E qual é a força aplicada sobre o pistão menor? A força aplicada sobre o pistão maior. Considerando que o êmbolo de entrada se desloque di e o êmbolo de saída. o trabalho realizado por Fo tem mesmo valor que o trabalho realizado por Fi e.36 e 13. pode ser escrito como Ao Ai di = Fi di . Assim. no mínimo.10: Dispositivo hidráulico. inclusive para o êmbolo de área Ao .38) W = F o do = F i Ai Ao ou seja. corresponde a uma aplicação do princípio de Pascal. o princípio de conservação de energia não é violado.4. é possível escrever pi = po . Neste caso. respectivamente. ou seja. como a pressão nos dois êmbolos é a mesma. (13. para levantar um carro com peso de 15000 N. Esta pressão é transmitida por um líquido incompressível para um pistão de raio de 15 cm. (13. considerando as equações 13.37) de modo que o trabalho. o ar comprimido exerce uma força em um pistão. Exemplo 13. (13. ∆Vo . como ponto interessante. de modo que o princípio de conservação de energia não é violado. Fo será maior que Fi se Ai < Ao . tem-se o mesmo trabalho realizado pelas forças F~i e F~o . tem-se ∆Vi = ∆Vo ⇒ Ai di = Ao do ⇒ do = di Ai .37. Retirada da referência [10].Capítulo 13 – Mecânica dos fluidos 225 todos os pontos do fluido e para as paredes do recipiente. sendo pi e po a pressão no êmbolo de entrada e saída. do e que o volume de líquido deslocado na entrada. deve ser.36) Figura 13. de baixo para cima.43) Princípio de Arquimedes O Princípio de Arquimedes pode ser enunciado como: “Um corpo completa ou parcialmente imerso em um fluido sofre a ação de uma força. (13. a pressão na parte inferior é maior do que na parte superior. 23 Pa. E = Finf − Fsup . 05)2 (13. dirigida de baixo para cima com módulo igual ao peso do volume do fluido deslocado pelo corpo.7. 23)(π(0. Fsup e Finf . (13. Entretanto. a soma das componentes y das forças que atuam sobre a superfície deve ser uma força resultante. dentro de um fluido. que esta região delimitada esteja preenchida pelo fluido. na direção y. com bases A e tomando apenas as componentes y das forças atuantes na parte superior e na parte inferior da região delimitada. Esta é dada por Fo .39) po = Ao 15000 Fo po = 2 = = 212314. Ai πri π(0.41) Fi Fi Fi = 2 = = 212314. Considerando.” 13. Esta força resultante. na qual as setas representam as forças exercidas pelo fluido vizinho sobre a superfície que delimita a região.Capítulo 13 – Mecânica dos fluidos 226 Para determinar-se a força aplicada no pistão menor. 23 Pa. resultanto na força com sentido de baixo para cima. Neste caso. de modo que é possível dizer que esta porção de fluido está em repouso.44) .42) Fi = (212314. Assim 13. a componente x das forças exercidas pelo fluido acaba por se anular. exercida pelo fluido. Assim. ~ tem módulo dado por E. (13. 23 Pa. a força resultante sobre a porção deve ser igual a zero. (13. logo é possível inferir que a pressão no pistão de área maior é a mesma que a pressão sobre o fluido de área menor. tem-se que o empuxo.1 Empuxo Para demonstrar tal princípio.40) πro π(0. 67 N. 15)2 De acordo com o Princípio de Pascal. a Figura 13. com módulo igual ao peso mg do fluido no interior da superfície. ou seja. Ela existe porque a pressão do fluido que envolve a região delimitada aumenta com a profundidade. (13. 05)2 ) = 1666. na componente y. primeiramente é necessário obter-se a pressão exercida pelo líquido sobre o pistão maior. Considerando que a região delimitada seja um cilindro.11(a) mostra uma região do espaço delimitada. recebe o nome de empuxo. toda variação da pressão sobre o fluido será transmitida para todas as partes do fluido. está em equilíbrio.7 pi = po = 212314. respectivamente. inicialmente. dentro do fluido. O peso aparente é dado por: Peso aparente = Peso real − Empuxo (13. a força gravitacional que age. medindo o peso de um corpo fora de um fluido e. o que será medido é chamado de peso aparente Pap . O empuxo E. a linha de ação da força empuxo passa pelo centro de gravidade do fluido deslocado. nada mudou. ou seja. Conclusão: em todas as situações é considerada uma região delimitada de volume constante. De fato. enquanto que (c) no caso de um pedaço de madeira. afundando. Que fração do iceberg não pode ser vista? Tem-se que o peso de um iceberg de volume Vi é Pi = ρi Vi g. a pedra é substituida por um pedaço de madeira. a força gravitacional é maior que o empuxo. o que não necessariamente coincide com o centro de gravidade do corpo.11: (a) O fluido que está em volta da região delimitada. na segunda situação. logo. a madeira acelera para cima. Assim. para baixo. em seguida. parte (b).47) Pap = P − E (13. o empuxo.46) onde ρliq é a densidade do fluido. (13. produz um empuxo resultante para cima sobre qualquer material que ocupe a região. g é a aceleração da gravidade e m é a massa do líquido deslocado. considerando-se a densidade do corpo e do fluido. quando relacionada a força empuxo.45) E = ρliq Vliqdesl g = mg. onde o corpo sólido é uma pedra. Se ρcorpo > ρf luido . a força empuxo é igual em todas as situações. . é igual ao peso da água do mar deslocada. (13. (13. quando em equilíbrio. o corpo nem afunda. (13. Ao contrário da situação anterior.48) Exemplo 13. será novamente igual ao peso mg do líquido deslocado que abriu espaço para o corpo. conclui-se que se ρcorpo = ρf luido . flutuando.11(c). Em particular.2 Peso aparente Um corpo quando imerso em um fluido parece possuir um peso menor do que no ar. dentro.11. o corpo flutua (Ex: isopor em uma piscina). ao substituir a porção de fluido delimitada por um corpo sólido. como a força gravitacional é menor. Na Figura 13. Logo. (b) No caso de uma pedra. Da mesma forma. com forma extamente igual.5.7. 13. da mesma forma.49) onde ρi = 917 kg/m3 é a densidade do gelo. E = Pa = ρa Va g. nem flutua (Ex: balão utilizado para vôos. sobre a pedra tem módulo maior que o empuxo. a força gravitacional é menor que o empuxo.Capítulo 13 – Mecânica dos fluidos 227 E = pinf A − psup A = A (po + ρghinf − po − ρghsup ) = Aρg (hsup − hinf ) . tem-se que as forças devido à pressão do líquido serão as mesmas. o corpo afunda (Ex: pedra em um rio) e se ρcorpo < ρf luido . de modo que esta acelera para baixo. na qual havia uma porção de fluido delimitada e esta estava em equilíbrio. Um iceberg no mar possui grande parte de seu volume escondido abaixo do nível da água.50) Figura 13. sobre o iceberg. Entretanto. Vliqdesl é o volume do fluido deslocado. Retirada da referência [10]. Voltando a Figura 13. deve ter peso igual ao peso do ar deslocado). neste situação. uma partícula que chegasse ao ponto de interSeção poderia ter ao mesmo tempo duas velocidades diferentes. em um fluido ideal.Capítulo 13 – Mecânica dos fluidos 228 onde ρa 1024 kg/m3 é a densidade da água do mar e Va é o volume da água deslocada. No caso do iceberg flutuante. (13. uma linha de fluxo corresponde à trajetória realizada por um pequeno elemento de fluido. • Escoamento incompressível. dizer que este é incomporessível implica que sua densidade ρ é constante. é muito complexo. A Figura 13. . “fluid element” corresponde ao elemento de fluido. devido à viscosidade.8.1 Fluidos ideais Um fluido ideal apresenta tais características: • Escoamento uniforme ou laminar. com o tempo. 13. que é uma medida da resitência que o fluido oferece ao seu deslocamento.8 (13. 10 → 10%. a velocidade é sempre tangente à linha de fluxo no ponto em consideração. ou seja. Entretanto. um objeto se movendo através dele não observa qualquer força resistiva. em qualquer ponto fixo.52) Fluidos ideais em movimento O escoamento dos fluidos reais. de modo que muitos pontos sobre o assunto ainda não são completamente entendidos. considerando o movimento de um fluido ideal. como forças de atrito ou de arraste.12: Linhas de fluxo. é desconsiderada. ou seja.12 mostra um exemplo de linhas de fluxo. Neste caso. Mais precisamente. Figura 13. logo ρi Vi g = ρa Va g. enquanto que “streamline” é a linha de fluxo. • Escoamento irrotacional. a viscosidade. sua velocidade pode variar em módulo. Enquanto que a partícula de fluido se move. em módulo. ou seja. Pi = Pa . 13. que corresponde também ao volume submerso do iceberg. direção e sentido em diferentes pontos. direção e sentido. como no caso de uma correnteza de um rio. algumas situações podem ser descritas utilizando-se um modelo idealizado. geralmente. • Escoamento não-viscoso ou seja. não muda.8. Em particular. a velocidade do fluido. Além disto. sendo um fluido ideal.51) A fração do iceberg que não pode ser vista é dada por Va ρi 917 Vi − Va =1− =1− =1− = 0. duas linhas de fluxo jamais se cruzam pois. Vi Vi ρa 1024 13. se o fizessem. chamado de “partícula de fluido”.2 Linhas de fluxo O escoamento de um fluido pode ser representado por linhas de escoamento ou linhas de fluxo. No desenho. a massa dm1 que flui para o interior do tubo. durante um intervalo de tempo dt. respectivamente. velocidade e altura do escoamento de um fluido ideal.56 para o caso do escoamento de um fluido que não é incompressível. a taxa no qual o volume de fluido atravessa a Seção reta do fluido. (13. Esta equação relaciona a pressão.13 mostra um tubo de escoamento. Retirada da referência [11]. O princípio de conservação da massa mostra que o escoamento dentro de um tubo de corrente obedece a dm1 = dm2 (13. Neste mesmo intervalo de tempo. o produto Av corresponde à vazão volumétrica dV /dt.13: Um tubo de fluxo com Seção reta variável. assim.10 Equação de Bernoulli Uma importante consequência do princípio de conservação de energia.57) 13. tem-se ρ1 A1 v1 = ρ2 A2 v2 (13. através de A1 . [Q] = m/s3 . delimitado por duas seções retas de área A1 e A2 .9 229 Equação da continuidade O fato da densidade do fluido ideal não variar ao longo de determinado escoamento leva a uma importante relação denominada Equação da Continuidade. respectivamente.54) Q = A1 v1 = A2 v2 (13. ou seja. A Figura 13. a massa dm2 que flui para fora do tubo é dm2 = ρdV2 = ρA2 v2 dt. Como tem-se um fluido incompressível.53) A1 v1 dt = A2 v2 dt (13. em um tempo dt. como será verificado no final da Seção. um cilindro de volume dV2 = A2 v2 dt escoa para fora do tubo através de A2 . corresponde a uma importante ferramenta para a análise de diversos fenômenos. Da mesma forma. as velocidades do fluido são v1 e v2 . Como trata-se de um tubo de escoamento. Figura 13.Capítulo 13 – Mecânica dos fluidos 13. Neste caso. que corresponde a um feixe de linhas de fluxo e funciona como um tubo pois nenhuma partícula de fluido pode passar através de suas paredes. sendo. É posível generalizar a Equação 13. . Tem-se que Q. logo ρ = constante. Sendo ρ1 e ρ2 as densidades nas seções 1 e 2.55) Vazão ≡ Q = Av = constante. o fluido que estava em A1 se desloca uma distância v1 dt. Nestas seções. de modo que um cilindro de fluido com altura v1 dt e volume dV1 = A1 v1 dt escoa para o interior do tubo através de A1 . ou seja. aplicado a fluidos em movimento.56) logo Esta relação entre a velocidade e a área da Seção reta é chamada de equação da continuidade para o escoamento de um fluido ideal. Quando o fluxo é incompressível. é dm1 = ρdV1 = ρA1 v1 dt. a vazão permanece constante em todos os pontos ao longo do tubo de fluxo. é a chamada Equação de Bernoulli. O fluido que está entre os dois planos verticais.Capítulo 13 – Mecânica dos fluidos 13.1 230 Demonstração da Equação de Bernoulli A Figura 13. Em um instante de tempo inicial. representada em azul escuro.14 mostra um fluido com vazão constante fluindo em um tubo de escoamento. após um intervalo de tempo. Aplicando o teorema trabalho-energia cinética. e é dada por W = ∆K (13. Em particular. separados por uma distância L. sobre o fluido de massa ∆m é Wg = −∆U (13. associado à força gravitacional ∆m ~g . parte (a) da Figura. uma quantidade de fluido. agindo sobre uma quantidade de fluido contida em uma região com Seção reta A para mover o fluido em uma distância ∆x. O trabalho realizado por uma força de módulo F . . como o fluido é incompressível.64) O segundo corresponde ao trabalho externo realizado sobre o sistema. para empurrar o fluido que está mais adiante no tubo. partindo da extremidade de entrada. (13. respectivamente. na extremidade de entrada. entra pela extremidade esquerda do tubo e. as pressões são p1 e p2 .62) Wg = −(ρ∆V ) g∆y (13. Para a dedução da Equação de Bernoulli. que é a massa do fluido que entra em uma extremidade e sai pela outra extremidade durante um intervalo de tempo ∆t.58) 1 1 (13. na direita. aplica-se o princípio de conservação de energia a uma quantidade de fluido ideal neste tubo de escoamento.14: Diagrama esquemático de um fluido que escoa. não há viscosidade.61) Wg = −mg∆y (13.65) Figura 13. ou seja. é Wb = F ∆x = pA ∆x = p(A ∆x) = p ∆V.10. Senso assim. em direção da extremidade de saída.63) Wg = −ρg∆y∆V. sai pela extremidade direita. com vazão constante. tem-se que m = ρ∆V . de acordo com a Equação da Continuidade. A1 e A2 e. representada em verde escuro.60) O trabalho realizado sobre o sistema tem duas origens. W = ∆K. para empurrar o fluido para dentro do tubo e pelo sistema. de modo que podem ser consideradas somente as mudanças que ocorrem nas extremidades de entrada e de saída. a Equação de Bernoulli é estritamente válida para fluidos ideais. As áreas das seções retas nas duas extremidades são. o volume dV que passa através de qualquer Seção reta durante um intervalo de tempo ∆t é sempre o mesmo. 2 2 (13. chamado de trabalho realizado por uma bomba. através de um tubo. (13. A variação da energia cinética é uma consequência da variação da velocidade do fluido nas extremidades do tubo. não muda suas propriedades durante o escoamento. parte (b) da Figura. da mesma forma. uma quantidade igual de fluido. de modo que as únicas forças não-gravitacionais que realizam trabalho sobre o elemento de fluido são as da pressão do fluido circundante. A velocidade na extremidade inferior é v1 e na extremidade superior é v2 . para o estado final. na esquerda.59) W = mv22 − mv12 2 2 mas. O primeiro. logo W = 1 2 1 v2 − v12 (∆V ρ) = ρ v22 − v12 ∆V. quando ele se move do estado inicial. na extremidade de saída. tem-se que a variação da energia cinética do sistema deve ser igual ao trabalho total realizado sobre o sistema. 10. 13. Wp = −p2 ∆V + p1 ∆V. p1 ∆V . m/s. que é utilizado para medir a velocidade de um fluido incompressível. tem-se 1 − ρg∆y∆V − (p2 − p1 )∆V = ρ v22 − v12 ∆V. .60.70.69) onde. verificando se estes fazem sentido. Determina-se a velocidade de escoamento no ponto 2 se a diferença de pressão p1 − p2 é conhecida.Capítulo 13 – Mecânica dos fluidos 231 O trabalho realizado sobre o sistema é. enquanto que o trabalho realizado pelo sistema é −p2 ∆V . São os seguintes: • Identifique os pontos 1 e 2 mencionados na Equação de Bernoulli. tem-se 1 p + ρgy + ρv 2 = constante 2 13. Sendo assim. • Defina o sistema de coordenadas. • Liste as grandezas conhecidas e desconhecidas na Equação 13. (13. Procure utilizar as unidades em SI.3 Aplicações da Equação de Bernoulli Tubo de Venturi O dispositivo mostrado na Figura 13. cancelando ∆V e reagrupando os termos.64.71) Passos para solucionar problemas envolvendo a Equação de Bernoulli Alguns passos podem ser considerados a fim de facilitar a solução de problemas envolvendo a Equação de Bernoulli. 2 (13.10. ou seja. (13. 13. entre outras. somando-se as duas contribuições. combinando as equações 13. • Muitas vezes é necessário utilizar a Equação 13. • Confirme os resultados.15 é conhecido como tubo de Venturi.2 (13.70) ou. (13. 2 2 (13. indicando o nível no qual y = 0. como os índices se referem a qualquer par de pontos ao longo do tubo. kg/m3 .55 para determinar alguma das grandezas. Pa.68) de modo que.67) Assim. dada por 1 1 p1 + ρgy1 + ρv12 = p2 + ρgy2 + ρv22 . obtém-se a chamada Equação de Bernoulli.66) Wp = −(p2 − p1 )∆V.67 e 13. tem-se que W = Wg + Wp = ∆K. portanto. muito menor do que o diâmetro do tanque. pode-se utilizar a Equação da Continuidade. com Seção reta a. 2 2(p1 − p2 ) . A pressão em 1 é maior do que a pressão em 2 pois v1 < v2 . tem-se A2 v2 . logo 1 1 p1 + ρv12 = p2 + ρv22 . acima do buraco. Tanque de água Considerando um tanque contendo água.74) (13. Considerando.73 em 13.16.72) (13. com densidade ρ. ou seja. ρ(A21 − A22 ) (13. inicialmente.75) sendo que p1 − p2 = ρgh. .Capítulo 13 – Mecânica dos fluidos 232 Figura 13. Neste caso. aplicando-se a Equação de Bernoulli.15: Tubo de Venturi. define-se que A ≡ A1 e a ≡ A2 . como tem-se que y1 = y2 . De acordo com a Figura.72.16: A água sai de um tanque por um furo situado a uma distância h da superfície da água. e depois se move horizontalmente com velocidade v pelo furo. Determine a velocidade com que o líquido deixa o buraco quando o nível do líquido é h.73) Substituindo a expressão 13. Figura 13. 2 2 e utilizando a Equação da Continuidade. como tem-se a mesma vazão. passando por uma Seção reta A. que a água desce com uma velocidade vo . obtem-se 1 p1 + ρ 2 A2 A1 2 s v2 = A1 1 v22 = p2 + ρv22 . que apresenta um furo. como indicado na Figura 13. A1 v1 = (13. tem-se que vo2 é desprezível. 2 2 Como vo v. em dias de muito vento. 233 (13. Quebra-cabeça!!! 1.Capítulo 13 – Mecânica dos fluidos Q = av = Avo . Conseguiste explicar o efeito da água na Figura 13.76) logo a v. Sendo assim. (13.77) A Como a A.79) Exemplo 13. Como funciona o tubo de Pitot? . (13. de modo que chega-se a p v = 2gh.1? 3. tem-se que vo v. Como funciona um vaporizador? 4. janelas estouram e telhados saem voando? 2. tem-se vo = 1 1 po + ρvo2 + ρgh = po + ρv 2 + ρg(0). aplicando a Equação de Bernoulli em y = 0 e y = h.78) (13.6. Porque. D. Halliday. G943). Volume 1. Rio de Janeiro (2005). Walker. LTC Editora. Física II . Young e R. [11] H. [2] INMETRO.Termodinâmica e ondas . R. M. Editora Pearson Addison Wesley. [13] H. Resnick e J. ABNT e SBM. Física 1A. [9] Richard P. Fundação CECIERJ/Consórcio CEDERJ. A. The Feynman Lectures on Physics. Física Volume 1: Mecânica. Física I . LTC Editora. Halliday. Curso de Física Básica . [3] J. W. Curso de Física Básica . D. Grupo Técnico para Incerteza de Medição da Rede Brasileira de Calibração (RBC). LTC Editora. Freedman. Editora Pearson Addison Wesley. New York (2008). 2a Edição. 12a Edição. Tipler e Gene Mosca.Mecânica. Freedman. Fundamentos de Física . Rio de Janeiro (2008). R.Volume 1 . ondas e termodinâmica. Walker. [6] Frederick J. Skove. 2002. New York (2008). [4] D. Física.Sears & Zemansky.Mecânica.Volume 1 . Resnick e J. J. Madri (1999). Nussenzveig. [10] D. Fundamentos de Física . Calor. Volume 1. 5a Edição. A.Fluidos. Vuolo. Rio de Janeiro (2004). 1a edição . [12] M. LTC Editora LTC. 12a Edição. Young e R. com o apoio do GT3/RBC. 8a Edição. H.São Paulo: Edgard Blüher. Finn. 1992. Feynman. Rio de Janeiro (2006). [5] H. 4a edição São Paulo: Edgard Blücher. Pinto.Sears & Zemansky. Moysés Nussenzveig. Segunda Edição Brasileira do Guia para Expressão da Incerteza de Medição (ISO GUM). Alonso e E. Keller.Volume 2 Gravitação. (1988). [8] Carlos Farina e Marcus V. Editora Pearson Addison Wesley. C. 234 . São Paulo (1992). Oscilações e Ondas.Referências Bibliográficas [1] H. Edward Grettys e Malcolm J. ISBN: 85-86768-03-0 (Biblioteca Nacional. Rio de Janeiro (2008).Volume 2 .Mecânica . Editora Edgard Blücher LTDA. 8a Edição. Física Volume 1. [7] Paul A. Fundamentos da Teoria de Erros. 2a Edição.