KLSFísica geral e experimental: mecânica Física geral e experimental: mecânica Paula Beghelli Oliveira © 2016 por Editora e Distribuidora Educacional S.A. Todos os direitos reservados. Nenhuma parte desta publicação poderá ser reproduzida ou transmitida de qualquer modo ou por qualquer outro meio, eletrônico ou mecânico, incluindo fotocópia, gravação ou qualquer outro tipo de sistema de armazenamento e transmissão de informação, sem prévia autorização, por escrito, da Editora e Distribuidora Educacional S.A. Presidente Rodrigo Galindo Vice-Presidente Acadêmico de Graduação Mário Ghio Júnior Conselho Acadêmico Alberto S. Santana Ana Lucia Jankovic Barduchi Camila Cardoso Rotella Cristiane Lisandra Danna Danielly Nunes Andrade Noé Emanuel Santana Grasiele Aparecida Lourenço Lidiane Cristina Vivaldini Olo Paulo Heraldo Costa do Valle Thatiane Cristina dos Santos de Carvalho Ribeiro Revisão Técnica André Luís Delvas Fróes Editorial Adilson Braga Fontes André Augusto de Andrade Ramos Cristiane Lisandra Danna Diogo Ribeiro Garcia Emanuel Santana Erick Silva Griep Lidiane Cristina Vivaldini Olo Dados Internacionais de Catalogação na Publicação (CIP) Oliveira, Paula Beghelli O48f Física geral e experimental: mecânica / Paula Beghelli Oliveira. – Londrina : Editora e Distribuidora Educacional S.A., 2016. 268 p ISBN 978-85-8482-557-8 1. Física - experiências. 2. Mecânica. I. Título. CDD 531 2016 Editora e Distribuidora Educacional S.A. Avenida Paris, 675 – Parque Residencial João Piza CEP: 86041-100 — Londrina — PR e-mail:
[email protected] Homepage: http://www.kroton.com.br/ Sumário Unidade 1 | Cinemática - Movimento uniforme e uniformemente variado 7 Seção 1.1 - Padrões de medidas e unidades 9 Seção 1.2 - Vetores e soma vetorial 21 Seção 1.3 - Equações do movimento, velocidade e aceleração média e instantânea 37 Seção 1.4 - Movimento uniforme e variado e queda livre de corpos 51 Unidade 2 | Dinâmica – leis de Newton do movimento e suas aplicações 69 Seção 2.1 - Primeira e segunda leis de Newton 71 Seção 2.2 - Terceira lei de Newton 85 Seção 2.3 - Uso da primeira lei de Newton: partículas em equilíbrio 103 Seção 2.4 - Uso da segunda lei de Newton: dinâmica da partícula 121 Unidade 3 | Trabalho e energia 137 Seção 3.1 - Trabalho e potência 139 Seção 3.2 - Energia cinética e o teorema do trabalho-energia 155 Seção 3.3 - Energia potencial gravitacional e elástica 167 Seção 3.4 - Conservação de energia 183 Unidade 4 | Momento linear, impulso e colisões 201 Seção 4.1 - Momento linear e impulso 203 Seção 4.2 - Conservação do momento linear 215 Seção 4.3 - Colisões 227 Seção 4.4 - Centro de massa 241 . Vamos descobrir. o aluno poderá desenvolver competências para identificar. . momento linear. Ainda. com o objetivo de entender o funcionamento do universo. não seria possível construir aviões. o que vai acontecer com um objeto ao aplicarmos uma certa força nele. – “Na natureza. nada se cria. nada se perde. o que. Esta disciplina está dividida em quatro unidades de ensino. dinâmica. Sem a Física. não teríamos o GPS. Unidade 2 – Dinâmica: estuda as leis da natureza que explicam as causas dos movimentos dos corpos – as conhecidas leis de Newton. tudo se transforma”. através das variações de energia e das forças que atuam sobre eles. Nesta disciplina. Como será que ele vai se movimentar? Com qual velocidade? Qual será a equação matemática que vai descrever esse movimento? Qual será seu deslocamento? E se ele colidir com outro objeto. conforme descrito a seguir: Unidade 1 – Cinemática: descreve o movimento dos corpos sem investigar suas causas. não haveria as missões espaciais. muito menos os equipamentos ultramodernos utilizados na medicina para enxergar dentro do nosso corpo. ou não. responsável por analisar e explicar os movimentos e as interações dos corpos. do ser humano. responsável por estudar e interpretar diversos fenômenos da natureza. realizar experiências práticas de aplicação da física clássica e tomar decisões fundamentadas no raciocínio lógico e no método científico. É uma ciência fundamental que impulsiona e influencia os avanços tecnológicos e suas aplicações para o benefício. trabalho. carros. impulso e colisões. o autoestudo desta disciplina permitirá ao aluno conhecer conceitos como cinemática. esquematizar. e aplicá-los na prática. será que um objeto pode se movimentar? Como isso é possível? Assim. por exemplo. Palavras do autor A Física é uma ciência em constante desenvolvimento. operar e aplicar de maneira consciente as equações matemáticas que representam os fenômenos físicos. simular. energia. uma das grandes áreas da Física. iremos estudar a Mecânica. compreender e interpretar fenômenos físicos relacionados ao cotidiano pessoal e profissional. facilita nosso trabalho. o que acontecerá? E mesmo sem aplicar nenhuma força. em muitas situações. Unidade 3 – Trabalho e energia: explicam as variações as variações do estado de movimentos dos corpos. Unidade 4 – Momento linear. O estudo da Mecânica pode mostrar um mundo novo. os conceitos e competências que serão desenvolvidos nesta disciplina. pois aprendemos e compreendemos como os fenômenos funcionam. Bons estudos! . no seu dia a dia. no qual tudo se torna mais interessante. Desafie-se a entender o universo e a desenvolver sua inteligência. por que e quando eles ocorrem. impulso e colisões: representam a interação entre dois ou mais corpos. Aplique. Desfrute da aventura de entender o que acontece ao seu redor. à dinâmica. Nesta disciplina. distribuídas por região de atuação. A empresa possui diversas carretas. tente responder às seguintes perguntas: Você sabe como é possível conhecer. Você vai ajudar Rafael. os principais conceitos referentes à cinemática. Para entender a importância da Física no seu dia a dia e no seu desenvolvimento profissional. sem nos preocuparmos com as causas desses movimentos. em dias de chuva. a posição e a velocidade de naves espaciais? Como um satélite permanece em órbita? Como um míssil atinge perfeitamente um alvo muito distante? Como um guindaste consegue levantar tanto peso sem tombar? Por que sua mão dói e machuca quando você bate em alguma coisa? Por que. você irá conhecer por meio da teoria e aplicar através da experimentação. massa e força. a cada instante.Movimento uniforme e uniformemente variado Convite ao estudo Você está começando a estudar a Física através da Mecânica. impulso e colisões. realizada por observação e análise dos fenômenos físicos. ocorrem mais acidentes nas rodovias? Para responder a essas questões. que acabou de se formar em Engenharia e foi contratado para atuar em uma empresa de logística. o estudo das relações entre movimento. Unidade 1 Cinemática. O objetivo desta unidade de estudo – cinemática – é o conhecimento e o desenvolvimento de métodos gerais para descrever os movimentos dos corpos. ao trabalho e energia e ao momento linear. A cinemática utiliza conceitos de geometria associados à ideia de tempo para descrever os movimentos. precisamos estudar a Física e suas aplicações. Uma . a Transportadora XYZ. planejamento e acompanhamento da carreta. unidades de medidas e conversões. você deverá aprender e aplicar os conceitos de medidas. U1 das atribuições de Rafael será gerenciar e apresentar relatórios semanais sobre a carreta que realiza transporte pelas cidades do interior do estado de São Paulo. desenhar. Ele deverá saber usar e converter unidades. movimento uniformemente variado e queda livre de corpos. Nela. vetores e soma vetorial. descrever. Os relatórios deverão conter informações e gráficos importantes para o gerenciamento. formular e calcular o movimento da carreta no espaço e no tempo. Como Rafael fará as conversões de unidades? Como serão calculadas a velocidade e a aceleração média da carreta? É possível desenhar a trajetória percorrida pela carreta? Como descrever o movimento da carreta por meio de equações matemáticas? Todas as respostas para estas perguntas serão tratadas nesta unidade de ensino. equações do movimento. velocidade e aceleração médias e instantâneas. movimento uniforme. 8 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . Coloque-se no lugar dele: o que você precisa aprender para apresentar esse relatório exatamente como solicitado? Ao final desta seção. A unidade é um nome particular que atribuímos às medidas dessas grandezas. Rafael precisa apresentar seu primeiro relatório. o que é facilitado pelo uso de fatores de conversão. tempo e massa. U1 Seção 1. esperamos que você conclua que. Existem inúmeras grandezas físicas e cada uma delas pode ser descrita em termos de diferentes unidades. para resolver o problema. Muitas vezes precisamos fazer mudanças ou conversões de uma unidade para outra. que deverá conter uma tabela com informações de distâncias percorridas pela carreta entre cada cidade (no SI). Para contextualizar a importância desta seção. iremos ajudar Rafael. As grandezas mais utilizadas em mecânica são comprimento. de maneira que foi necessário instituir um Sistema Internacional de Unidades (SI) para facilitar a comunicação entre as diversas regiões do mundo. teremos que compreender os padrões e unidades. tempo de percurso entre cada cidade (no SI) e tempo de percurso total (em horas). que foi apresentado no início desta unidade. distância percorrida total (em km). engenheiro recém-contratado pela Transportadora XYZ. conhecer o Sistema Internacional e saber como realizar mudanças (conversões) de unidades. estudaremos os padrões de unidades e medidas. descobrimos a Física aprendendo a medir e comparar grandezas com padrões.1 Padrões de medidas e unidades Diálogo aberto Caro aluno. Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 9 . Nesta seção. Podemos fazer essa comparação com o auxílio de uma trena ou de uma fita métrica. devemos comparar quantas vezes a unidade metro “cabe” ou está contida na altura de Laura. Exemplos de grandezas físicas: massa. altura. Quando utilizamos grandezas para descrever qualitativa ou quantitativamente um fenômeno observado. ao esticarmos uma trena ao lado de Laura. estabelecida por um padrão de referência. Portanto. sempre a comparamos com um padrão de referência (a unidade). usamos números para descrever resultados de medidas. Se identificarmos.72 unidades de metro na altura de Laura. O padrão de referência pode estar associado a um objeto ou a um procedimento experimental e é extremamente desejável que os padrões sejam naturais e invariáveis com o passar do tempo. que são instrumentos de medidas compatíveis com o padrão da unidade metro. chamamos essas grandezas de grandezas físicas. 10 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . Assim. Para isso. velocidade. realizando uma medição.72 m. dizemos. estamos. utilizando a unidade metro para observar e quantificar a grandeza física altura. Assimile Medir é comparar a grandeza com a unidade e determinar (observar) o número de vezes que ela está contida na grandeza avaliada! Exemplificando Queremos medir a altura de Laura e expressar o resultado em metros. portanto. Ao medirmos uma grandeza física. que a altura da Laura é igual a 1. tempo. então. U1 Não pode faltar A medição na física A física é uma ciência experimental. normalmente. que cabem 1. por exemplo. Os experimentos exigem medidas e. distância etc. estamos comparando quantos metros cabem na altura dela. medir é o procedimento experimental pelo qual o valor momentâneo de uma grandeza física é determinado como um múltiplo e/ou uma fração de uma unidade. O nome da unidade.1. 456 ⋅ 1012 m | 0. Muitas unidades derivadas do SI são definidas em termos das unidades fundamentais apresentadas na Tabela 1. Reflita Será que todas as unidades e símbolos apresentados na Tabela 1. que empregam potências de base 10. é uma unidade derivada: m 1 N = 1 kg ⋅ s≤ Muitas vezes. precisas e que podem ser repetidas quantas vezes for necessário. 000 000123 s = 1. Por isso não possuem pontos e nunca vão para o plural. U1 O Sistema Internacional de Unidades (SI) Para obter medidas confiáveis. utilizado mundialmente por cientistas e engenheiros. 23 ⋅ 10−7 s Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 11 . quando escrito por extenso. para expressar grandezas muito grandes ou muito pequenas. e não abreviaturas.1 | As sete grandezas físicas fundamentais do SI Grandeza Grandeza física Unidade Símbolo Unidade Símbolo física Comprimento metro m Temperatura kelvin K Quantidade de Massa quilograma kg mol mol matéria Intensidade Tempo segundo s candela cd luminosa (Essas três são as mais utilizadas na Corrente ampère A mecânica) elétrica Fonte: elaborada pela autora. 3 456 000 000 000 m = 3. Existem símbolos com letras maiúsculas e minúsculas. usamos notação científica e prefixos. Newton. por diferentes pessoas. Os símbolos das unidades são entes matemáticos. Por exemplo. O SI é composto por sete grandezas físicas fundamentais: Tabela 1. existe o Sistema Internacional de Unidades (SI).1 estão escritos de forma correta? É muito importante que você saiba escrever e simbolizar corretamente as unidades. sem produzir variações significativas. é sempre grafado em letras minúsculas (exceto a unidade de temperatura “grau Celsius”). a unidade de força. br/inovacao/publicacoes/si_ versao_final. Acesso em: 21 out.2 | Prefixos do SI Potência Prefixo Símbolo Potência Prefixo Símbolo 10 24 iota I 10 -1 deci d 10 21 zeta Z 10 -2 centi c 10 18 exa E 10 -3 mili m 10 15 peta P 10 -6 micro µ 10 12 tera T 10 -9 nano n 10 9 giga G 10 -12 pico p 10 6 mega M 10 -15 femto f 10 3 quilo k 10 -18 ato a 10 2 hecto h 10 -21 zepto z 10 1 deca da 10-24 iocto i Fonte: adaptada da tabela do INMETRO. Note que prefixo quilo (k) corresponde à potência 103.23E-7. 12 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . Portanto: 1 kg = 1⋅ 103 g = 1⋅ 1000 g = 1000 g . Veja a Tabela 1. o símbolo G faz referência à potência 109. Para representar as potências mais utilizadas. Assimile Perceba que os prefixos das unidades têm efeito de multiplicar a unidade pelo fator correspondente: 1 kg = 1 quilograma. 64 Gb = 64 ⋅ 109 b = 64 ⋅ 1000 000 000b = 64 000 000 000 bytes . o 10 muitas vezes aparece como E.pdf>. Assim. U1 No computador ou nas calculadoras científicas. Disponível em: <http://www. Exemplificando O que significa comprar um smartphone com 64 Gb (gigabytes) de memória? Como vimos.456E12 e 1. o smartphone possui 64 bilhões de bytes de memória.gov. foram desenvolvidos prefixos e símbolos. Portanto. Ou seja.inmetro. os exemplos anteriores podem aparecer no formato 3.2 (os prefixos em negrito são os mais utilizados): Tabela 1. 2016. acesse: <http://www. Seria impossível sabermos e guardarmos todos os fatores de conversão. pdf>. Acesso em: 24 out. Demais fatores não citados aqui podem ser encontrados na internet ou em aplicativos de conversão de medidas. por isso.1 | Principais correspondências entre as unidades utilizadas em mecânica Conversões de comprimento 1 km (um quilômetro) = 1000 m (mil metros) 1 m (um metro) = 100 cm (cem centímetros) 1 m (um metro) = 1000 mm (mil milímetros) Conversões de massa 1 kg (um quilograma) = 1000 g (mil gramas) 1 g (um grama) = 1000 mg (mil miligramas) Conversões de tempo 1 h (uma hora) = 60 min (sessenta minutos) 1 min (um minuto) = 60 s (sessenta segundos) 1 h (uma hora) = 3600 s (três mil e seiscentos segundos) 1 dia = 24 h (vinte e quatro horas) *Lembre-se dos significados dos prefixos quilo(k) = 1013 .br/inovacao/publicacoes/si_versao_final. Assim.gov. U1 Pesquise mais Para que você tenha um melhor conhecimento sobre o Sistema Internacional de Unidades e sobre as grandezas fundamentais. vamos sugerir que guarde alguns fatores de conversão amplamente utilizados na mecânica. É necessário saber algumas correspondências entre as unidades. Quadro 1. em diversas outras unidades derivadas. A maioria das conversões de unidades (mudanças de unidades) pode ser realizada pela regra de três simples.inmetro. Fonte: elaborado pela autora. Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 13 . centi(c) = 10-2 e mili(m) = 10-3. também. 2016. é importante conhecermos como converter uma unidade em outra. Mudança (conversão) de unidades É possível medir as grandezas físicas nas unidades fundamentais do SI e. portanto. concluímos que: = = 50 m s → Portanto. teremos que transformar duas unidades. Se um ano tem exatamente 365 dias.. Reflita É importante que você compreenda o significado das unidades de medidas das grandezas físicas. a unidade de comprimento é metro (m). em 365 dias. em um ano. quantas horas temos neste período? Usando regra de três simples. 8760 horas. portanto. devemos calcular a velocidade em m/s. podemos fazer uma regra de três simples. temos: 1 dia ⋅ X = 365 dias ⋅ 24h 365 dias ⋅ 24h X= ∴ X = 8760h 1 dia Observe que cancelamos a unidade “dia”. e de tempo é segundo (s). U1 Exemplificando Sabendo que. basta lembramos que 1 h = 3600s 180 km 180000 m Então. temos: 1 dia → 24 h 365 dias → X Ao multiplicar em cruz. obtendo: 180 km⋅ 1000 m 1 km ⋅ X = 180 km ⋅1000 m ⇒ X = ∴ X = 180000 m ∴ X = 180 ⋅ 103 m 1 km Para transformar a hora em segundo. O que significa uma velocidade de 120 km/h? O que significa uma velocidade de 50 m/s ? Será que existe uma forma rápida para transformar km/h em m/s e vice-versa? 14 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . 1h 3600 s 180 km/h equivalem a 50 m/s. em um ano temos 8760 horas. restando apenas a unidade hora (h). Precisamos transformar o quilômetro em metro e a hora em segundo. Sabendo que um carro viaja a uma velocidade de 180 km/h. Para transformar os 180 quilômetros em metros. qual seria sua velocidade no SI? Lembremos que. 365 dias. no SI. Nesse caso. Calculamos que. 6666 arredondado para uma casa decimal torna-se 5. cuja menor medida é de um milímetro (1 mm).05 mm. ou seja.8. no mínimo. posteriormente. se fizermos a mesma medida com um paquímetro.3. Por exemplo.8500 arredondado à primeira decimal torna-se 7. precisamos utilizar as regras de arredondamento e determinar os algarismos significativos. de zeros. Exemplo: 2. para representar corretamente os resultados das medições.0 mm (dois algarismos significativos) ou 5. Portanto. um algarismo diferente de zero.00 mm (três algarismos significativos). seguido de 5 e. ao medir a espessura de um livro com uma régua. de acordo com a menor medida (resolução) da régua utilizada. pode-se dizer que a espessura do livro é de (5 ± 1) mm . seguido de 5 e posteriormente de zeros. Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 15 . Nesta situação. permanece aquele a ser conservado e retiram-se os posteriores. permanece aquele a ser conservado e retiram-se os posteriores.9.3333 arredondado para uma casa decimal torna-se 2. Porém. 00 ± 0. se obtivermos o resultado de cinco milímetros. é importante seguirmos as orientações da norma ABNT NBR 5891:2014. o correto é representar o resultado da medida como (5. seguido de. Quando o algarismo a ser conservado for seguido de outro superior ou igual a 5. Portanto. cuja menor medida é de 0. Esta norma define que: Quando o algarismo a ser conservado for seguido de outro inferior a 5. Em todo processo de medição existem erros (incertezas) envolvidos.6. com apenas um algarismo significativo. exemplo: 9. Quando o algarismo a ser conservado for par. seria errado representar o resultado como 5. Exemplo: 6.8505 arredondado para uma casa decimal torna-se 9. soma-se uma unidade àquele a ser conservado e retiram-se os posteriores.5500 arredondado à primeira decimal torna-se 6. A resolução do instrumento representa o erro máximo da medição. Exemplo: 7. podemos fazer conversões de unidades para medir grandezas físicas.7. Quando o algarismo a ser conservado for ímpar. soma- se uma unidade àquele a ser conservado e retiram-se os posteriores. 05) mm. U1 Assimile Aplicando uma regra de três simples. Caso seja necessário realizar arredondamentos. Exemplo: 5. a forma correta de representar o resultado é 5 mm. A carreta gerenciada por ele sai da cidade de Ribeirão Preto com destino a São Paulo e retorna a Ribeirão Preto. YOUNG. b) Meça a sua altura em cm e transforme para o SI. Física 1: Mecânica. 16 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . U1 Pesquise mais Para que você tenha um melhor conhecimento sobre os assuntos abordados. através do site de cobrança eletrônica de pedágio.3 | Cidades percorridas pela carreta e horário de chegada em cada cidade Praça cobrança (cidade) Horário Ribeirão Preto 6h20min Bauru 9h00min Sorocaba 12h30min São Paulo 14h00min Campinas 15h30min Piracicaba 16h30min Ribeirão Preto 19h00min Fonte: elaborada pela autora. Tabela 1. ele coleta informações sobre o trajeto percorrido pela carreta no dia anterior. leia o capítulo 1 do Livro: SEARS. vamos ajudar o engenheiro Rafael? Para iniciar o relatório..1. ed. ZEMANSKY. 12. 2008. Hugh D. Faça você mesmo Converta as unidades a seguir: a) Transforme 20 km/s em km/h.. Francis Weston. v. São Paulo: Pearson. percorrendo trajetos distintos na ida e na volta. Mark W. c) Uma área de 100 cm² corresponde a quantos m²? Sem medo de errar Conhecendo o SI e como converter unidades. essas distâncias serão encontradas em quilômetros. levando em consideração o tempo gasto e convertendo as informações da tabela para minutos. foram gastas 2h40min = 160 min). portanto. Utilize regra de três. Muitas delas podem ser feitas por meio da regra de três simples. calcule o tempo de percurso entre cada cidade. (Exemplo: 160 min = 9600 s). (Exemplo: de Ribeirão Preto para Bauru. Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 17 . Em seguida. você deve transformar.4 | Estudo do movimento da carreta (distâncias e tempo de percurso) Percurso Distância Tempo Ribeirão Preto – Bauru 211 km = 211000 m (2h40min) = 9600 s Bauru – Sorocaba 248 km = 248000 m (3h30min) =12600 s Sorocaba – São Paulo 101 km = 101000 m (1h30min) = 5400 s São Paulo – Campinas 95 km = 95000 m (1h30min) = 5400 s Campinas – Piracicaba 71 km = 71000 m (1h) = 3600 s Piracicaba – Ribeirão 207 km = 207000 m (2h30min) = 9000 s Preto TOTAL 933000 m = 933 km 45600 s = 12. você deve fazer uma breve pesquisa na internet (aplicativos) sobre a localização das cidades citadas no estado de São Paulo e as distâncias estimadas entre elas. o tempo em minutos (unidade internacional para o tempo).67 h = 12h40 min Fonte: elaborada pela autora. U1 Na tabela a ser elaborada por Rafael. Atenção Fique bastante atento às conversões de unidades. Solução Inicialmente. devem ser transformadas em metros (m) – SI. Já as informações de distância total percorrida e tempo total de percurso deverão ser apresentadas em quilômetros e horas. respectivamente. Então. as informações de distância percorrida e tempo de percurso entre cada cidade deverão ser apresentadas no SI. espera-se que a tabela a ser apresentada no relatório de Rafael contenha as seguintes informações: Tabela 1. em segundos. É muito importante que você sempre escreva e simbolize as unidades e os prefixos de forma correta. Normalmente. Esse tipo de erro pode destruir um projeto. Finalmente. você percebe que não há nada. Assim. Utilize a internet ou aplicativos para descobrir o fator de conversão de milhas terrestres e milhas náuticas para o SI. U1 Avançando na prática Bote salva-vidas Descrição da situação-problema Você recebeu ordens para navegar um bote salva-vidas a uma distância de 24. Usando a regra de três. Sabemos que 1 milha náutica = 1852 metros. Você ainda deve navegar mais 5.374 metros para chegar ao local do naufrágio. 5 milhas naúticas → X Ao multiplicar em cruz. 5 m = 5953. 5 X= = 39 420. 5 1609 ⋅ 24.5 milhas náuticas e não 24. Portanto.5 milhas comuns (milhas terrestres).9 km ) aproximadamente para chegar ao local do naufrágio. você descobre que deveria navegar 24. 5 milhas terrestres → X Ao multiplicar em cruz. 5 m 1 Portanto.5 milhas na direção leste com o objetivo de resgatar sobreviventes de um naufrágio. a distância entre o local atual do bote e o local do naufrágio no SI é: 45374 m − 39420. temos: 1⋅ X = 1609 ⋅ 24. usando a regra de três. temos que: 1 milha terrestre → 1609 metros 24. 5 m ≈ 5. 1 milha terrestre = 1609 metros. temos: 1⋅ X = 1852 ⋅ 24. a distância no SI correta a ser percorrida seria de 45.420. devido ao erro. a distância no SI realmente percorrida foi de 39. Em contato novamente com a base. 9 ⋅ 103 m (ou 5. Resolução da situação-problema A distância correta a ser percorrida seria 24. 5 1852 ⋅ 24. Calcule a distância entre a sua posição atual e a posição do naufrágio no SI.5 m.5 milhas náuticas. foram percorridas 24. 9 ⋅ 103 m . Ao chegar no local. 18 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . Mas. 5 X= = 45 374 m 1 Portanto. temos que: 1 milha naútica → 1852 metros 24.5 milhas comuns (milhas terrestres). O recorde mundial de velocidade no solo é de 1228 km/h atingido por um carro movido a jato. c) 161. aproximadamente.11 m/s. e) 180. massa e tempo. Quanto seria esse limite. Essa velocidade no SI seria de: a) 741 m/s. d) 1228 km/h. Uma fazenda de 75 hectares possui quantos m²? Faça valer a pena 1. 2. respectivamente. Faça você mesmo Uma unidade de área frequentemente usada para medir terrenos é o hectare. e) 0.341 km/s. Conseguimos muitas conversões de medidas utilizando apenas regra de três simples. Essas grandezas são medidas no SI. pelas unidades metro. c) 500 m/s. U1 Lembre-se As grandezas do SI mais importantes para a Mecânica são: comprimento. d) 171. Em uma cidade norte-americana. em km/h? Dado: 1 milha = 1609 metros. quilograma e segundo. definido como 104m². b) 341. você vê o seguinte aviso: limite máximo de velocidade de 100 milhas/h. Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 19 . a) 100. b) 200. 33 ⋅ 10−5 . c) 3. 33 ⋅ 10−2 . 33 ⋅ 10−3 . d) e) 3. 3. 10−2 20 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . Sabendo que a velocidade da luz é de 3 ⋅ 108 m s . b) 3. 33 ⋅. em milissegundos. que a luz leva para percorrer uma distância de 1 km.U1 3. 33 ⋅ 10−4 . a) 3. calcule o tempo. que precisará conter: cálculos. será preciso calcular e desenhar o deslocamento diário da carreta. A nossa tarefa continua sendo ajudar o engenheiro Rafael. ao final desta seção. de como usar. estudaremos os vetores e a soma vetorial. você perceba que o movimento da carreta pode ser representado pela grandeza física deslocamento. ao medirmos uma grandeza física. Vamos novamente nos colocar no lugar de Rafael: o que será preciso saber para apresentarmos esse relatório com êxito? Como representar corretamente o movimento da carreta no espaço? Existe uma grandeza física que pode nos ajudar? Esperamos que. recém-contratado pela Transportadora XYZ. planejamento e acompanhamento da carreta. A essas grandezas física. Além disso. representar e converter corretamente as unidades de medidas. Os relatórios deverão conter informações e gráficos importantes para o gerenciamento. Nesta seção. damos o nome de grandezas vetoriais. desenhos esquemáticos e representativos do movimento da carreta no espaço. precisamos de mais informações além do valor numérico e da unidade. também. estudamos os padrões de medidas e unidades e tivemos a oportunidade de aprender sobre a importância das medições e. estudada e representada por meio dos vetores.2 Vetores e soma vetorial Diálogo aberto Na seção anterior. sendo esta uma grandeza vetorial. você deverá ajudá-lo no seu próximo relatório. U1 Seção 1. Agora. A empresa possui diversas carretas distribuídas por região de atuação. Muitas vezes. Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 21 . Uma de suas atribuições será gerenciar e apresentar relatórios semanais sobre a carreta que realiza transporte pelas cidades do interior do estado de São Paulo. No entanto. são necessários: módulo. existem outras grandezas físicas que. Essas são denominadas de grandezas vetoriais. Velocidade. para a esquerda. que chamamos de vetores. e o y. massa e temperatura são exemplos de grandezas físicas que podem ser medidas e descritas apenas através de um valor numérico (módulo) e unidade. Você acredita que essa informação é suficiente para que seu colega o encontre? Pensando nisso. Elas são chamadas de grandezas escalares. Na física. vertical. normalmente. para serem medidas e descritas corretamente. de forma que todos entendam sem gerar dúvidas. como você definiria a grandeza deslocamento: uma grandeza escalar ou vetorial? Como podemos representar a grandeza deslocamento? Podemos representar geometricamente (desenhar) as grandezas vetoriais por meio de flechas. Tempo. 22 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . Então. as direções horizontal e vertical são representadas pelo plano cartesiano xy. A direção é indicada pelo segmento da reta. direção e sentido (orientação). em que os sentidos seriam: para a direita. para cima ou para baixo. você diz que está há 20 metros da sua casa. U1 Não pode faltar Grandezas escalares e vetoriais Assimile Uma grandeza é escalar quando ela fica perfeitamente definida através de um número (módulo). Exemplos especiais de direção são a horizontal e a vertical. para seu perfeito entendimento. Necessitam. O eixo x representa a direção horizontal. tais como direção e sentido. são representadas por uma letra com uma flecha sobreposta ao seu símbolo. de informações de orientação. precisando encontrá-lo. Uma grandeza é vetorial quando. Reflita Você saiu de casa e seu amigo te ligou. necessitam de mais informações além de um valor numérico (módulo). O módulo da grandeza deve ser indicado pelo comprimento total da flecha. aceleração e força são exemplos de grandezas vetoriais que. e o sentido é indicado pela ponta da flecha. também. também chamados de versores. os versores dos eixos x e y. Entenda: com módulo. B = ( −1) ⋅ A = − A é um vetor de mesmo módulo. É usual representarmos por ı̂ e ̂ .1 | Plano cartesiano y ̂ ı̂ x Fonte: elaborada pela autora. mesma direção e sentido oposto ao de A . um sinal de menos na frente do vetor significa que o se A é um vetor sentido foi invertido. Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 23 . O mais comum é adotar: direção horizontal (eixo x): sentido positivo para a direita (leste) e representado pelo versor ı̂. Iremos utilizar o plano cartesiano xy como referência e os vetores unitários. direção e sentido bem definidos. Define-se versor como sendo um vetor de módulo unitário e que tem a mesma orientação do eixo. respectivamente. Lembre-se Como não faz sentido falar em um comprimento (módulo) negativo para o vetor. sendo que ˆ = 1. direção vertical (eixo y): sentido positivo para cima (norte) e representado pelo versor ̂ . para representar os sentidos positivos. sendo que ˆı = 1. U1 Figura 1. 2. percorrendo 10 m. conforme mostra a Figura 1. 3 | Deslocamento A B A C Fonte: elaborada pela autora.2 | Eixos cartesianos y ̂ ı̂ x Fonte: elaborada pela autora.U1 Figura 1. percorrendo 18 m. Podemos desenhar esse deslocamento por meio de um vetor. Jorge se deslocou do ponto C para o ponto A. Exemplificando a) Paulo se deslocou do ponto A para o ponto B. Observe que o tamanho do vetor (flecha) que representa o deslocamento de Jorge é maior que o de Paulo. Considere uma força F inclinada a um ângulo α em relação ao eixo horizontal (eixo x) e inclinada a um ângulo β em relação ao eixo vertical (eixo y). Quando você aplica uma força em um objeto sobre sua mesa. Como utilizar o plano cartesiano para descrevê-la? 24 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . Figura 1. ele começa a mover-se em concordância com ela. Vamos tomar como exemplo a grandeza vetorial força. O deslocamento de Paulo pode ser representado como d = 10 ı̂ e d = 10 m .4. Podemos representar o deslocamento de Jorge como d = −18 ı̂ e d = 18 m . conforme Figura 1. porque o módulo do deslocamento de Jorge é maior. 5.4 | Decomposição de um vetor y F Fy β α Fx x Fonte: elaborada pela autora. Denominamos: F x = Fx ı̂ a componente ou projeção horizontal de F (no eixo x). Ainda. pelo teorema de Pitágoras. cos α = F F F F Portanto. a) Como poderíamos representar esses vetores utilizando versores? b) Calcule a projeção horizontal e a vertical para o vetor A . concluímos que o vetor pode ser decomposto nas suas projeções F x e F y . sendo os módulos dessas projeções dados por: Fx = F ⋅ cos α = F ⋅ sen β e Fy = F ⋅ cos β = F ⋅ senα .4. Fy Fx F Fy Da Figura 1. B . na Figura 1. sen β = x . ou seja: F = Fx ı̂ + Fy ̂ . c) Encontre o ângulo de inclinação do vetor B com relação à horizontal. U1 Figura 1. temos que o módulo do vetor inclinado é 2 2 2 F = Fx + Fy . Exemplificando Veja. F y = Fy ̂ a componente ou projeção vertical de F (no eixo y). C e D . medidos em metros. e cos β = . temos: senα = . . Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 25 . os vetores deslocamento A . O vetor inclinado pode ser representado por meio das suas projeções. utilizando o teorema de Pitágoras: 2 2 2 A = Ax + Ay A = 22 + 32 ≈ 3. 61 m . temos 4 1 arctg ≈ 14° . e sabemos cat op que tg (α ) = . Utilizando a função inversa da tangente. c) Os módulos das componentes são Bx = 1 e By = 4 . tg(α ) = . É possível obter seu módulo. 4 26 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . cat adj 1 portanto.5 | Representação de vetores por meio de versores Fonte: elaborada pela autora. C = 2 ı̂ e D = −3̂ b) As componentes horizontal e vertical do vetor A são dadas por: A x = Ax ı̂ = 2 ı̂ e A y = Ay ̂ = 3̂ . Desejamos α com relação à vertical. U1 Figura 1. Solução: a) Podemos representar os vetores por meio do versores: A = 2ı̂ + 3̂ . B = − ı̂ + 4 ̂ . A soma vetorial possui duas propriedades importantes: Propriedade comutativa: A + B = B + A → a ordem da soma é irrelevante. 6. que pode ser obtido geometricamente por meio da Regra do paralelogramo. Tenha muito cuidado. Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 27 . U1 Soma vetorial Podemos por meio da equação vetorial: S = A + B . O vetor soma S = A + B será a diagonal do paralelogramo que contém a mesma origem dos vetores A e B . conforme mostra a Figura 1. ed.6.Mecânica. Soma de dois vetores Considere dois vetores A e B . 2009.com/kroton/view/104>. Quando somamos grandezas vetoriais. Física para Cientistas e Engenheiros: Vol 1 . Disponível em: <http://physicsdemos. Paul. Oscilações e Ondas. A Regra do paralelogramo consiste em colocar os dois vetores A e B na mesma origem e desenhar um paralelogramo por meio desses vetores. Pesquise mais Assista a este vídeo para compreender melhor a regra do paralelogramo. Acesso em: 30 set.6 | Regra do paralelogramo Fonte: elaborada pelo autor. Figura 1. pois somar grandezas vetoriais é diferente de somar grandezas escalares. Gene. 2016. MOSCA. Propriedade associativa: ( A + B ) + C = A + (B + C ) → é possível agrupar os vetores em qualquer ordem para somá-los. as direções e os sentidos dos vetores envolvidos. temos que lembrar que estamos somando os módulos. Aprofunde seus conhecimentos e leia mais sobre o assunto na seguinte referência: TIPLER. Rio de Janeiro: Ltc. Chama-se vetor soma ou vetor resultante. Termodinâmica. um terceiro vetor S . representar a soma de vetores onde S é o vetor soma dos vetores A e B . você possui acesso ao livro realizando log in em sua área do estudante e depois acessando o site disponível em: <https:// integrada. Figura 1. Exemplificando Um motociclista percorreu 300 m na direção leste e 400 m na direção norte. U1 Lembre-se. Desenhe seu percurso e calcule o deslocamento resultante. ele tem origem no início do primeiro vetor e extremidade no último vetor representado. na Figura 1. conforme Figura 1. Observe. Observe.7 | Regra do polígono Fonte: elaborada pelo autor. que o módulo (valor absoluto) do vetor soma S pode ser 2 2 2 obtido pela lei dos cossenos (com sinal positivo): S = A + B + 2 ⋅ A ⋅ B ⋅ cos θ (em que θ é o ângulo formado entre os vetores A e B ).6. Acesso em: 30 set. colocamos o segundo. é mais fácil usarmos a Regra do polígono. Vamos ver um exemplo para aplicação dessas regras na soma vetorial. Colocamos um vetor nessa origem e. e assim sucessivamente. Vejamos: 28 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado .5 >.7. 2016.8.7. podendo ser representada por vetores.minhabiblioteca. e a partir da extremidade desse segundo vetor. que o módulo do vetor soma S pode ser obtido pela 2 2 2 lei dos cossenos (agora com sinal negativo): S = A + B − 2 ⋅ A ⋅ B ⋅ cos θ (em que θ é o ângulo formado entre os vetores A e B ).com. colocamos o terceiro. isto é.br/#/books/978-85-216-2618-3/ cfi/0!/4/4@0. formando um polígono. Soma de dois ou mais vetores Para somar vários vetores. conforme mostra a Figura 1. O vetor soma é o que fecha este polígono.00:11. na Figura 1. escolhemos um ponto de origem (ponto O). a partir da extremidade desse primeiro vetor. Para aplicar essa regra. Solução: deslocamento é uma grandeza vetorial. podemos aplicar a lei dos cossenos. Para calcular o deslocamento resultante do motociclista. com base na extremidade desse primeiro vetor.8 | Motocicleta: regra do paralelogramo 2 2 2 S = A + B − 2⋅ A ⋅ B = ⋅ cos 400θ 2 2 2 S = A + B − 2⋅ A = ⋅ cos θ ⋅ B300 Fonte: elaborada pelo autor. pela regra do paralelogramo. que temos um triângulo retângulo e que o vetor resultante é exatamente a hipotenusa desse triângulo. em que: 2 S = 3002 + 4002 + 2 ⋅ 300 ⋅ 400 ⋅ cos ( 90° ) → Resolvendo. Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 29 . na Figura 1. O vetor soma será a diagonal do paralelogramo. Para encontrar o módulo do vetor resultante. Aplicando a Regra do paralelogramo: coloque os vetores na mesma origem e desenhe um paralelogramo por meio desses vetores. colocamos o segundo vetor. temos S = 500 m . os vetores A e B são perpendiculares entre si (formam ângulo de 90º). Como seria se aplicássemos a regra do polígono? 2. precisamos somar esses dois vetores. Aplicando a regra do polígono: vamos colocar um dos vetores em uma origem qualquer e. nesse caso.9 | Motocicleta: regra do paralelogramo 2 2 2 S = A + B − 2⋅ A ⋅ B = ⋅ cos 400θ 2 2 2 S = A + B − 2⋅ A = ⋅ cos θ ⋅ B300 Fonte: elaborada pelo autor.9. U1 Figura 1. com origem no mesmo ponto do primeiro vetor e extremidade no último vetor. O vetor resultante deve fechar esse polígono. 1. Observe que. com a mesma origem dos demais vetores. Concluímos. que o deslocamento resultante do motociclista possui módulo de 500 m. Temos que S = A + B . Observe. Podemos obter o módulo do vetor resultante por meio da relação de Pitágoras: Figura 1. temos: cateto oposto 400 tan α = = → α = arctg ( 4 / 3) ∴ α ≈ 53º cateto adjacente 300 Assim. cateto adjacente tan α = senα = cos α = cateto adjacente hipotenusa hipotenusa Nesse exemplo. U1 2 2 2 ( 300 ) + ( 400 ) ∴ S = 500 m 2 2 S = A + B ∴S = Observe que. a direção e o sentido do vetor resultante. estando de acordo com o regra do paralelogramo. pela regra do polígono. somos capazes de calcular o módulo. normalmente os eixos x ou y do plano cartesiano são referências. direção oblíqua de 53º no sentido de leste para norte. ed. α será o ângulo entre o vetor soma e o sentido positivo do eixo x. Relembrando algumas relações trigonométricas. Para achar a direção e o resultado obtido pela sentido do vetor S . Hugh D. utilizando os eixos do plano cartesiano como referência.. podemos aplicar a regra do paralelogramo ou a regra do polígono. 2008. ZEMANSKY. concluímos que o deslocamento resultante do motociclista possui módulo de 500 m. podemos usar as relações trigonométricas cateto oposto . Leia o capítulo 1 do Livro: SEARS. 12. Física 1: Mecânica. 30 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado .. devemos encontrar o ângulo que este vetor faz com algum eixo de referência.1. Assimile Para calcular e obter geometricamente o vetor resultante da soma de vetores. Mark W. Nesse exemplo. Uma dica é que sempre podemos “resumir” a soma de n vetores em uma soma com apenas dois vetores. vamos usar o eixo x como referência. Para achar esse ângulo. YOUNG. São Paulo: Pearson. Portanto. Pesquise mais Dicas importantes para seu desenvolvimento: veja mais operações com vetores (produto e componentes de vetores) e familiarize-se com o conceito e o uso de versores (vetores unitários). Francis Weston. o deslocamento resultante do motociclista possui módulo de 500 m. cateto oposto . v. U1 Sem medo de errar Agora que você já sabe que algumas grandezas físicas são vetoriais e aprendeu a representar e operar essas grandezas, vamos ajudar o engenheiro ele no seu desafio? Vamos lembrar que a carreta gerenciada por Rafael percorre cidades do interior do estado de São Paulo, saindo da cidade de Ribeirão Preto, passando por Bauru e Sorocaba, até chegar a São Paulo. Na volta, a carreta sai de São Paulo, passa por Campinas e Piracicaba, até voltar novamente para Ribeirão Preto, conforme representado na Figura 1.5. Apresentaremos aqui os cálculos e desenhos esquemáticos do deslocamento da carreta no trajeto de ida. Para testar os conhecimentos adquiridos nesta seção, você deverá fazer o mesmo para o trajeto de volta. Vamos lá? Solução: Você deve fazer uma breve pesquisa sobre a localização das cidades citadas. Veja a seguir, na Figura 1.10, uma ilustração do estado de São Paulo, contendo as cidades de nosso interesse. Figura 1.10 |O estado de São Paulo dividido em macrorregiões Fonte: adaptada de: <http://www.saude.sp.gov.br/ses/institucional/departamentos-regionais-de-saude/regionais- de-saude>. Acesso em: 11 mar. 2016. Vamos esquematizar o deslocamento da carreta no seu trajeto de ida (Ribeirão Preto – Bauru – Sorocaba – São Paulo) e estimar o deslocamento resultante dR1 , conforme representado na Figura 1.11. Note que não estamos representando a trajetória da carreta, e sim seu deslocamento (estamos considerando apenas a posição final e inicial da carreta em cada trecho). Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 31 U1 Sendo o deslocamento ( d ) uma grandeza vetorial, podemos representá-lo por meio de vetores. Figura 1.11 | Diagrama vetorial (trajeto ida) Fonte: elaborada pelo autor. Temos que: dR1 = d1 + d 2 + d3 Observe que estamos utilizando a regra do polígono para representar o dR1 Para calcular um vetor resultante é importante “resumirmos” a soma vetorial dos n vetores em uma soma de dois vetores (lembre-se das propriedades comutativa e associativa da soma vetorial). Sendo s 1 o vetor resultante da soma entre d1 e d 2 , conforme ilustra a Figura 1.12, conseguimos, então, resumir a soma vetorial da seguinte forma: Figura 1.12 | Diagrama vetorial resultante (ida) Fonte: elaborada pelo autor. Medindo o ângulo entre d1 e d2 com um transferidor, obtemos aproximadamente 2 90°, assim, pela lei dos cossenos, temos: s1 = 2122 + 2482 − 2 ⋅ 212 ⋅ 248 ⋅ cos ( 90º ) ∴ s1 ≈ 326 km Medindo, agora, o ângulo entre s e d3 , obtemos aproximadamente 100°, assim, pela lei dos cossenos, podemos enfim calcular o módulo do deslocamento resultante dR1 : 2 dR1 = 3262 + 1022 − 2 ⋅ 326 ⋅ 102 ⋅ cos (100º ) ∴ dR1 ≈ 358 km Portanto, o deslocamento resultante da carreta, no seu trajeto de ida, possui módulo de aproximadamente 358 km e, pelo diagrama, podemos dizer que a direção é oblíqua no sentido sudeste. Agora, desafie-se e faça, você mesmo, as estimativas para o deslocamento da carreta no seu trajeto de volta. 32 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado U1 Atenção Soma de grandezas vetoriais é diferente de soma de grandezas escalares. Ao somarmos vetores, não podemos somar apenas os módulos (números). É preciso considerar a direção e o sentido de cada vetor, o que só é possível fazer por meio do uso da geometria (relações trigonométricas). Avançando na prática Caminhão dos Correios Descrição da situação-problema Vamos ajudar Lucas, funcionário dos Correios, a analisar fisicamente seu trajeto de entrega? Ele dirige um caminhão e faz um trajeto percorrendo 2,6 km na direção norte, em seguida vira à direita e percorre mais 4 km na direção leste e, por fim, vira à esquerda em uma rua que faz 45° em relação à rua que ele estava anteriormente, e percorre mais 3,1 km na direção nordeste, até estacionar o caminhão. Vamos determinar o módulo, a direção e o sentido do deslocamento resultante? Lembre-se Relembre as relações trigonométricas. Elas são fundamentais para trabalharmos com grandezas vetoriais. A direção e o sentido de um vetor devem ser representados, tomando como referência os eixos x e y do plano cartesiano, ou seja, os versores ı̂ e ̂ . Resolução da situação-problema Construindo o diagrama vetorial pela regra do polígono, temos: Figura 1.13 | Trajeto do caminhão Fonte: elaborada pelo autor. Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 33 U1 Chamaremos d1 = 2, 6 ; d 2 = 4 , 0km e d3 = 3,1 km. Vamos calcular km primeiro o vetor soma ( s1 ) entre d 2 e d3 . Observe que o ângulo entre esses dois vetores é θ = 180° −45 °∴θ = 135° . Pela lei dos cossenos, temos: 2 s1 = 4, 02 + 3, 22 − 2 ⋅ 4, 0 ⋅ 3,1⋅ cos (135° ) ∴ s1 ≈ 6, 6km Figura 1.14 | Soma vetorial Fonte: elaborada pelo autor. Aplicando a lei dos senos, podemos achar o ângulo α , que determina a direção 6, 6 3,1 3,1⋅ sen(135° ) e o sentido do vetor soma s1 . Assim, temos: = senθ senα ∴ senα = 6, 6 ∴ senα ≈ 0, 33 . Então, temos que: α = arcsen(0, 33) ∴ α ≈ 19, 4° . Portanto, o vetor s1 possui módulo de 6,6 km e direção oblíqua de 19,4° no sentido de leste para norte. Podemos dizer, também, que o vetor s1 faz 19,4° com o sentido positivo do eixo x ou com o versor ı̂.Vamos, agora, calcular o vetor deslocamento resultante dR = d1 + s1 . Atente que o ângulo entre d1 e s1 é: β = 90° +19 ,4°∴ β = 109 ,4° . Figura 1.15 | Deslocamento do caminhão Fonte: elaborada pelo autor. Logo, pela lei dos cossenos, temos: 2 dR = 2, 62 + 6, 62 − 2 ⋅ 2, 6 ⋅ 6, 6 ⋅ cos (109, 4° ) ∴ dR ≈ 7 ,9 km Agora, aplicando a lei dos senos, podemos achar o ângulo γ := arcsen(0, 79) ∴ γ ≈ 52° 7, 9 6, 6 6, 6 ⋅ sen(109, 4° ) = ∴ senγ = ∴ senα ≈ 0, 79 sen β senγ 7, 9 Então, temos que: γ = arcsen(0, 79) ∴ γ ≈ 52° . 34 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado U1 Podemos concluir que o deslocamento resultante dR do Lucas possui módulo de 7,9 km, direção oblíqua de 52° no sentido de norte para leste, ou podemos dizer, também, que o vetor dR faz 52° com o sentido positivo do eixo y ou com o versor ̂ . Faça você mesmo Força é uma grandeza vetorial, medida na unidade newton (N). Imagine um objeto está submetido a duas forças, sendo uma força F1 = 30N que e a outra F2 = 40N . Desenhe e calcule o módulo, a direção e o sentido da força resultante no objeto, quando o ângulo θ entre essas duas forças for: a) 60°. b) 90°. c) 120°. Faça valer a pena 1. Uma grandeza vetorial deve ser representada por: a) Apenas números. b) Números e unidade. c) Apenas unidade. d) Módulo, direção e sentido. e) Módulo e sentido. 2 . Considere dois vetores, perpendiculares entre si, sendo um vetor de módulo de 12 m e outro de 5 m. O módulo do vetor resultante é: a) 11 m. b) 12 m. c) 13 m. d) 14 m. e) 15 m. Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 35 a) b) a + b + c = 4 ̂ . seja a = 2ı̂ + 3 ̂ e b = −3ı̂ − 5̂ . U1 3. Considere o vetor c = 1ı̂ + 6 ̂ . a + b + c = −4 ̂ . c) a + b + c = 1ı̂ + 4 ̂ . a soma desses dois vetores pode ser por a + b = −1ı̂ − 2̂ . o vetor representada soma a + b + c será: a + b + c = 3ı̂ − 4 ̂ . É possível somarmos vetores a partir das componentes. e) 36 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . Por exemplo. d) a + b + c = 1ı̂ + 3 ̂ . dizemos Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 37 . você vai precisar conhecer. quantos metros um carro percorre até parar. se as dimensões do objeto forem importantes. ao final desta seção. suas dimensões podem ser importantes ou não. por exemplo. você aprenda a interpretar as equações do movimento. a distância que percorrem no espaço em um determinado tempo. Vamos ajudá-lo? O que será preciso saber para calcular a velocidade e a aceleração da carreta? Esperamos que. em situações perigosas de frenagens bruscas. que está trabalhando duro em seu novo emprego na transportadora XYZ. Ponto material (ou partícula) é um corpo cujas dimensões são desprezíveis em comparação com as distâncias envolvidas no movimento estudado. quando você pisa no freio? Quando um objeto escorrega da sua mão. Ao contrário. Para isso. Ele está preparando seu relatório semanal de uma das carretas. e você aprenderá a responder a essas perguntas. saber calcular e trabalhar com duas grandezas físicas vetoriais muito importantes na Física: velocidade e aceleração. quanto tempo você tem para segurá-lo antes que ele atinja o solo? Como funcionam os radares? Nesta seção. velocidade e aceleração média e instantânea Diálogo aberto Um dos objetivos da Física é estudar o movimento dos objetos: a rapidez com que se movem. velocidade e aceleração média e instantânea. estudaremos as equações de movimento. Você sabe. U1 Seção 1.3 Equações do movimento. também. Lembre-se de que desejamos ajudar o engenheiro Rafael. Não pode faltar Posição de um ponto material Quando estudamos o movimento de um objeto. no qual precisa apresentar os cálculos de velocidade e aceleração da carreta em diferentes momentos do percurso e. C e D: Figura 1. A posição de um ponto material (em um plano) é definida pelo par de coordenadas cartesianas (x. porém observada por uma pessoa parada na calçada. na Figura 1. a bola faz uma trajetória curvilínea 38 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . dizemos que o movimento é retilíneo. imagine que você está dentro de um carro em movimento e lança uma bola para cima. que pode ser entendido como o observador em relação ao qual pretendemos estudar um movimento qualquer. se estivermos estudando o tempo que ele gasta para ultrapassar um caminhão. imagine a mesma situação.16. Por exemplo: um carro pode ser considerado um ponto material em uma viagem de São Paulo à Bahia. Sua trajetória fica marcada por ele. Mas o mesmo carro deve ser tratado como um corpo rígido. B. Veja. Uma consideração importante é que a trajetória depende do referencial adotado. Para você. considerando os objetos como pontos materiais. Iniciaremos o estudo do movimento. as posições das partículas A. Para esta pessoa. Trajetória e espaço Trajetória de um ponto material é a união de todas as posições por onde o ponto material passou em um determinado tempo. Por exemplo. Agora. y). Imagine um avião deixando um rastro de fumaça em um espetáculo aéreo. U1 que o objeto é um corpo extenso (ou corpo rígido).16 | Coordenadas cartesianas no plano Fonte: elaborada pelo autor. Toda trajetória deve ter um sentido de orientação. a bola apenas faz uma trajetória em linha reta de subida e descida. Quando a trajetória do objeto é uma reta. U1 (como uma parábola). responde à pergunta “onde está o objeto?”. há variação de. seção anterior). uma coordenada. a trajetória da bola é diferente em cada caso. ou seja. pelo menos. quando sua posição permanece invariável no decorrer do tempo. em geral. Veja a Figura 1. pois as coordenadas não mudam. é necessário adotar sentido positivo para o deslocamento. pois dependem do referencial adotado. há também o movimento na horizontal do carro. Assim. seu deslocamento será negativo. isto é. No caso. então a trajetória não é um ponto. se você observar a situação de dentro e fora do vagão (na plataforma de espera)? Perceba que repouso e movimento são conceitos relativos. Assim. negativo ou nulo. quando a trajetória é um ponto. Denominamos espaço (representado pela letra s) a localização do objeto na sua trajetória com base em um ponto denominado de origem dos espaços ( s0 ). Assimile Uma partícula está em repouso para um dado referencial.17: Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 39 . Um passageiro que está dentro de um vagão do metrô deixa cair seu celular no chão. Uma partícula está em movimento para um dado referencial. Reflita Considere um metrô com velocidade constante em um trilho reto e horizontal. A trajetória percorrida pelo celular é a mesma. pois depende do referencial adotado. e quando o móvel se deslocar no sentido oposto. Podemos avaliar a variação de posição de um objeto através do seu deslocamento ∆s Vale ressaltar que o deslocamento é uma grandeza vetorial (como visto na . Utilizaremos sempre uma unidade de comprimento como referência. pois. o metro. além de subir e descer. O espaço (s) não indica a distância percorrida e pode ser um valor positivo. quando sua posição varia no decorrer do tempo. Assim. o espaço (s) é um indicador de local (posição). 0 m .17 | Deslocamento: grandeza vetorial + A B D C Fonte: elaborada pelo autor. 0)2 ∴ s = 75m . a) s = 8. Solução: utilizando t = 0s . metros e segundos. quando t = 0 .) Equação horária do movimento Quando um ponto material está em movimento. Ou seja. 0 m . Exemplificando A seguir. Se adotarmos o sentido positivo para a direita.0 s. o deslocamento de A para B é positivo. 0m .0 s e 5. assim: s0 = 3. temos que s = 8. temos s=3m e para t = 5. enquanto o deslocamento de C para D é negativo. É importante indicar as unidades das variáveis s e t na equação. ou seja. respectivamente. 0 ⋅ (0)2 ∴ s0 = 0 .1. sua posição (s) varia no decorrer do tempo (t). No SI. para t = 5. chamamos de espaço inicial ( s0 ) a posição quando t = 0 . 0 ⋅ (5. após 5. 0 s . O deslocamento é dado por: ∆s = sfinal − sinicial (A letra grega maiúscula ∆ – delta – é usada para representar a variação de uma grandeza e corresponde à diferença entre o valor final e o valor inicial. s0 = 8. temos que s = 8 + 3 ⋅ 1 = 11. 0s . Encontre a posição das partículas nos instantes 0s. Assim. 0 + 3. assim. b) s = 3. 0 ⋅ t (SI). 40 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado .U1 Figura 1. temos: s = 3. 0 ⋅ t 2 (SI). para t = 1. 0 s . o objeto se encontra na posição 23 m. 0 m . temos s = 23. podemos dizer que s = f (t ) e dizemos que esta é a função horária do movimento. Solução: determinamos a posição inicial s0 do objeto na origem dos tempos.0 s do início do movimento. para t = 1. temos duas equações do movimento de objetos que podem ser aproximados por pontos materiais. 0 s . A velocidade é uma grandeza vetorial. em média. Quando a velocidade for negativa. o carro percorreu 80 km a cada hora. Pesquise mais Assista a este vídeo e aprenda mais sobre velocidade: disponível em: <http://physicsdemos. estudamos a velocidade escalar do objeto. Quando a velocidade é positiva. outras. Chamaremos essa grandeza de velocidade média. A medida que descreve a rapidez com que a posição do carro varia no tempo é a velocidade. temos o conceito de velocidade. f si = espaço (posição) inicial no tempo inicial considerado ( ). maior a velocidade do objeto. Acesso em: 30 set. o painel do carro mostra velocidades diferentes. Às vezes. ti Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 41 . Durante a viagem. Assim. isso significa que o objeto se move no sentido positivo da trajetória (movimento progressivo). está mais devagar (velocidade menor).0 horas. Quando queremos saber apenas o módulo (o valor) da velocidade de um objeto. Se quisermos medir a taxa de variação da posição com o tempo. Quanto mais rápida a mudança de posição no tempo. U1 Velocidade Vimos que a posição do objeto ao longo da trajetória é definida pela grandeza física espaço (s). podemos dizer que. significa que o objeto se move no sentido negativo da trajetória (movimento retrógrado). Se o carro percorreu os 400 km em 5. dizemos que ele está em repouso (sua velocidade é nula). Imagine um carro viajando de São Paulo para o Rio de Janeiro. Podemos calcular uma média da velocidade do carro durante o trajeto percorrido. Se a posição de um objeto não varia no tempo. o carro está mais rápido (velocidade maior). Velocidade média Considere o mesmo exemplo do carro viajando de São Paulo para o Rio de Janeiro (400 km). podemos definir que a velocidade média ( v m ) é dada por: sf − si ∆s vm = = tf − t i ∆t Onde: sf = espaço (posição) final no tempo final considerado ( t ). 2016.com/kroton/view/201>. dizemos que a velocidade em um dado instante é aproximada a partir da velocidade média com o intervalo de tempo ∆t muito pequeno. Exemplificando Uma partícula parte do repouso e começa a se movimentar. No SI. Determine: 42 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . A velocidade variável mostrada no painel do carro a cada instante da viagem é a chamada velocidade instantânea. a velocidade média v m é medida em metros por segundo (m/s). que é a velocidade instantânea v . Em cálculo. A posição dela é dada pela equação s = 12 ⋅ t 2 − 2 ⋅ t 3 (SI). durante toda a viagem. Ou seja: quantos metros são percorridos em cada segundo de movimento. Estudará. o que de fato não ocorre. Na linguagem da Física. A velocidade média que acabamos de definir é uma medida fictícia. obtendo a velocidade instantânea. Quanto mais próximo de zero o intervalo de tempo ∆t tomado. como fazer derivadas e saberá obter a velocidade instantânea. ∆t (delta t) = variação do tempo. Velocidade média v m é uma medida fictícia que representa a velocidade constante que o objeto deveria ter para percorrer a trajetória no tempo considerado. como se no painel do carro. mais nos aproximaremos de um valor limite. você estudará o processo conhecido como limite e poderá tomar o limite da velocidade média com ∆t → 0. Velocidade instantânea v é a velocidade do objeto em um dado instante (intervalo de tempo muito pequeno) em uma determinada posição específica da trajetória.U1 ∆s (delta s) = variação dos espaços (deslocamento). calculando a derivada da posição com relação ao tempo. estivesse marcando sempre 80 km/h. também. Assimile Velocidade é uma grandeza vetorial que indica a taxa de variação da posição com o tempo. Velocidade instantânea Voltemos ao exemplo do carro que viaja de São Paulo para o Rio de Janeiro. c) A velocidade média da partícula entre t = 0 e t = 4. significa que a velocidade dele não varia no tempo. v i = velocidade inicial no tempo inicial considerado ( t i ). a velocidade é constante. ∆t tf − t i 4−0 4 Aceleração Quando a velocidade de um objeto em movimento varia com o tempo. Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 43 . isso significa que a aceleração é a favor do movimento e dizemos que o movimento é acelerado. ∆t (delta t) = variação do tempo. ou seja. b) A posição da partícula quando t = 4. Se um objeto possui aceleração nula. 0 s . A aceleração também é uma grandeza vetorial e ela descreve a taxa de variação da velocidade com o tempo. isso significa que a aceleração é contrária ao movimento e dizemos que o movimento é retardado. 0 s . A aceleração também pode ser positiva ou negativa. U1 a) A posição inicial s0 da partícula (quando t = 0 ). dizemos que o objeto possui aceleração. Aceleração média A aceleração média am é dada por: v − v i ∆v am = f = tf − t i ∆t Em que: v f = velocidade final no tempo final considerado ( tf ). temos que ( ) ( ) s = 12 ⋅ 42 − 2 ⋅ 43 = 12 ⋅ 16 − 2 ⋅ 64 = 64 m ∆s sf − si 64 − 0 64 c) A velocidade média é v m = = = = = 16 m s . Quando o produto entre a velocidade e a aceleração for negativo. Quando o produto entre a velocidade e a aceleração for positivo. ∆v (delta v) = variação da velocidade. b) Substituindo t = 4 na equação. temos que s0 = 0 . Solução: a) Substituindo t = 0 na equação. A partícula sai da origem do sistema de coordenadas. Veja mais no capítulo 2 do Livro: RESNICK. ou seja. podemos dizer que a aceleração instantânea é o limite da aceleração média. Física 1. R. obtendo a aceleração instantânea. a aceleração média tende a um valor que é denominado de aceleração instantânea. . + . D.com. Tabela 1. faça seu login na sua área de estudante e. Em cálculo. diminui progressivo retardado .1.1 | Classificação do movimento em relação à velocidade e à aceleração Sinal da Sinal da Sinal de Módulo da velocidade aceleração Classificação (v) vxa velocidade (a) + + + aumenta progressivo acelerado + . a aceleração média am é medida em metros por segundo ao quadrado ( m s 2 ).00>. . + aumenta retrógrado e acelerado Fonte: elaborada pelo autor.. Ou seja: em quantos metros por segundo aumentou a velocidade a cada segundo de movimento? Aceleração instantânea A aceleração instantânea mede a taxa de variação da velocidade em um dado instante. quando o intervalo de tempo considerado tende a zero.br/#/books/978-85-216-1945-1/ cfi/27!/4/4@0. Primeiro. Você. 2016. ed. você estudará o processo conhecido como limite e poderá tomar o limite da aceleração média com ∆t → 0. também.U1 No SI. estudante de nossa instituição. que você conhecerá em seu curso de cálculo. depois. 2003.. cole no seu navegador o link.00:0. calculando a derivada da velocidade com relação ao tempo. diminui retrógrado e retardado . se o intervalo de tempo considerado tender a zero. sua biblioteca virtual. Pesquise mais Você sabia que o cálculo fornece ferramentas para obter as velocidades e acelerações instantâneas? São os limites e as derivadas. KRANE. v. Portanto. Estudará. HALLIDAY. como fazer derivadas e aprenderá a obter a aceleração instantânea.minhabiblioteca. K. 44 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . Em seguida. tem acesso gratuito ao livro. disponível em: <https:// integrada. Rio de Janeiro: LTC. Acesso em: 28 mar. 5. para calcular a tf − t i ∆t Vm entre cada cidade. Nota: estudante. sf − si ∆s Sabemos que a velocidade média é v m = = . 0 m s em um intervalo de tempo de 3. cidades do interior do estado de São Paulo. para ajudarmos Rafael a definir se o condutor deve ou não ser advertido. basta dividirmos as distâncias percorridas (deslocamento) pelo tempo gasto.0 s. Solução: Vamos calcular as velocidades médias entre cada percurso do trajeto de ida. freou e diminuiu a velocidade de 15.0 m/s² para carretas.1) e estão apresentados na Tabela 1. para desviar de um buraco. para evitar situações perigosas e o desgaste antecipado dos freios. Quando isso acontece. o condutor é advertido.1). Durante o percurso de Ribeirão Preto para Bauru. diariamente. Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 45 . Tabela 1. realizando trajetos distintos na ida e na volta. U1 Sem medo de errar Agora que você aprendeu o que é e como calcular velocidade e aceleração. Assim.19.2 | Estudo do movimento da carreta (distâncias e tempo de percurso) Trajeto de ida Percurso Distância Tempo Ribeirão Preto – Bauru 211 km = 211000 m (2h40min) = 9600 s Bauru – Sorocaba 248 km = 248000 m (3h30min) =12600 s Sorocaba – São Paulo 101 km = 101000 m (1h30min) = 5400 s Fonte: elaborada pelo autor. você pode calcular as velocidades médias do trajeto de volta para testar seus conhecimentos. o condutor da carreta. vamos lembrar que a carreta gerenciada por Rafael percorre. São consideradas situações perigosas as frenagens com aceleração igual ou superior a 4. será necessário calcular a velocidade média da carreta entre cada percurso de ida (de acordo com os dados já apresentados nas seções anteriores) e também analisar uma situação de freada. As distâncias entre cada cidade e o tempo gasto entre uma cidade e outra já foram definidos e calculados na primeira parte do relatório (Seção 1. Nesta terceira etapa. Atenção: o tempo deve ser convertido para horas (lembre-se da conversão de unidades discutida na Seção 1. A carreta é rastreada e monitorada por um sistema que avisa sobre freadas bruscas. 0 m s em um intervalo de tempo de 3. 67 248 Bauru – Sorocaba 248 km 3. 0 m s ∆t = 3. freou e diminuiu a velocidade de 15.5h v m3 = ≈ 67 km h 1. Vamos analisar agora a desaceleração durante o percurso de Ribeirão Preto para Bauru. Tabela 1. colocando a carreta e o próprio condutor em situação perigosa. 0 m s 2 SIM Fonte: elaborada pelo autor.4 | Frenagem da carreta Informações sobre a situação de frenagem Variação da Tempo de Advertência por Aceleração velocidade frenagem situação perigosa? ∆v ≈ −15. concluímos que o condutor deverá ser advertido por freada brusca. Sabemos que a aceleração média am ∆v −15. 0 desacelerações iguais ou acima de 4. 5 Fonte: elaborada pelo autor.0 s. 0 m s ² .5h v m2 = ≈ 71km h 3. quando o condutor da carreta. A aceleração mede a taxa de variação da velocidade de um objeto no tempo. Atenção A velocidade mede a taxa de variação da posição de um objeto no tempo. 5 101 Sorocaba – São Paulo 101 km 1. para desviar de um buraco. temos que am = ∴ am = −5. Visto que ∆t 3. 0 é dada por am = . 46 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado .U1 Tabela 1. 0s a ≈ −5.0 m/s² devem ocasionar uma advertência ao condutor. Portanto.67h v m1 = ≈ 79 km h 2.3 | Velocidades médias no trajeto de ida TRAJETO DE IDA Percurso Distância Tempo vm 211 Ribeirão Preto – Bauru 211 km 2. U1 Avançando na prática Gerenciamento de ferrovias Descrição da situação-problema Você trabalha em uma operadora de monitoramento e rastreamento de trens e percebe a seguinte situação de perigo: um trem vermelho a 72 km h e um trem azul a 144 km h estão na mesma linha. a distância 2 2 2 ∆s percorrida durante a frenagem é v = → ∆s = v ⋅ ∆t = 10 ⋅ 20 = 200 m . Lembre-se Velocidade e aceleração são duas grandezas vetoriais muito importantes no estudo da cinemática. O trem vermelho vai levar 20 ∆t ∆t ∆t −1 segundos para frear completamente. Com essas informações. retilínea e plana. Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 47 . Nesse processo de frenagem. fazendo com que os dois trens sofram uma desaceleração de 1. 0 m s 2 . Resolução da situação-problema Vamos analisar qual é o espaço que cada um dos trens precisa percorrer para poder parar completamente: Para o trem vermelho: v = 72 km h → v = 20 m s e a = −1. assim. você percebe a gravidade da situação e avisa os dois maquinistas para acionarem imediatamente os freios. temos que o v − vf 20 − 0 20 módulo da velocidade média é v = i = = = 10 m s . você precisa saber se os trens conseguem frear a tempo de evitar uma colisão para poder avisar seus superiores sobre uma possível situação de emergência. temos que: ∆v v f − v i 0 − 20 −20 a= = → −1 = → ∆t = = 20 s . 0m s ² Para conseguir parar. Quando a distância entre os trens é de 950 m . o ∆t trem vermelho precisa percorrer 200 m até parar completamente. movendo-se em direções opostas (um em direção ao outro). a velocidade do trem deve zerar. Portanto. Assim. 0 m/s. assim.U1 Para o trem azul: v = 144 km h → v = 40 m s e a = −1. qual é a aceleração média em m/s² e qual é a distância percorrida pelo carro? Faça valer a pena 1.0 m/s. d) -4. 0 no SI.0 m/s². Portanto. Faça você mesmo Um carro de corrida é capaz de acelerar de 0 a 60 km/h em 5. A distância total percorrida pelos dois trens até poderem parar completamente é de ∆stotal = 200 + 800 = 1000 m . 0 ⋅ t 2 − 12. Como a distância entre eles é de 950 m. O trem azul vai levar 40 segundos ∆t ∆t ∆t −1 para frear completamente. 0 m s ² . e) 6. A velocidade média entre os instantes t1 = 0 e t2 = 2. Nesse intervalo de tempo. a velocidade do trem deve zerar. temos que: ∆v v f − v i 0 − 40 −40 a= = → −1 = → ∆t = = 40s . b) -6. O movimento de uma partícula é definido pela equação horária dos espaços: s = 3.0 m/s. 0 s é: a) 6. o trem azul ∆t precisa percorrer 800 m até parar completamente. Nesse processo de frenagem. a distância percorrida 2 2 2 ∆s durante a frenagem é v = → ∆s = v ⋅ ∆t = 20 ⋅ 40 = 800 m . temos que o módulo da vi − vf 40 − 0 40 velocidade média é v = = = = 20 m s .0 m/s. 0 ⋅ t + 4. 48 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . Para conseguir parar.4 s. c) 4. Assim. haverá colisão e será necessário avisar os supervisores sobre a situação de emergência. O tempo mínimo que o sinal de pedestres deve ficar aberto para que essa pessoa atravesse a avenida com segurança é: a) 10 s. Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 49 . U1 2. b) 14 s. c) 20 s. c) Movimento progressivo acelerado. e) Nenhuma das anteriores.5 passos por segundo. Uma pessoa caminha dando 1. Como podemos classificar o movimento de um objeto que possui velocidade positiva e aceleração negativa? a) Movimento progressivo retardado. b) Movimento retrógrado retardado. e) 45 s. Ela deseja atravessar uma avenida com 21 metros de largura. 3. d) 32 s. com passos que medem 70 cm cada um. d) Movimento retrógrado acelerado. U1 50 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . estudaremos três tipos de movimentos: movimento uniforme. Bons estudos.4 Movimento uniforme e variado e queda livre de corpos Diálogo aberto Caro estudante. ou Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 51 . Vamos nos aprofundar um pouco mais no estudo dos movimentos? Que tal agora analisarmos os movimentos de acordo com as variações da posição. Como podemos definir e representar uma mudança de posição (velocidade) que é sempre igual (constante) no decorrer do tempo? E se a mudança de posição não variar de forma constante? O que ocorre quando se abandona um objeto do alto de um prédio ou quando uma pessoa salta de paraquedas? Nesta seção. U1 Seção 1. movimento uniformemente variado e queda livre. Não pode faltar Movimento uniforme (MU) Em relação a um dado referencial. iniciada na seção anterior. deve ajudar Rafael nesse desafio. Ele deverá construir a função horária do deslocamento e da velocidade da carreta nessa situação e também os gráficos dos espaços. vamos lá? Vamos finalizar esse relatório com excelência? Ao final desta seção. ao longo desta unidade você já aprendeu bastante sobre a cinemática. Estudar os movimentos dos corpos é desafiador e muito importante para entendermos o que ocorre à nossa volta. como representar e trabalhar com cada um deles e quais são as funções horárias que os descrevem e caracterizam. Lembra-se do Rafael? Para finalizar seu relatório de gerenciamento da carreta que percorre diariamente as cidades do interior de São Paulo. velocidade e aceleração no tempo. um movimento é chamado de uniforme quando o objeto percorre distâncias iguais para intervalos de tempos iguais. você terá aprendido os principais tipos de movimento. Você. mais uma vez. ele precisa continuar o estudo da situação de frenagem. da velocidade e da aceleração? Podemos descobrir muitas informações e reconstituir o movimento de um objeto ao analisarmos essas grandezas. Na Cinemática. Assim. não há aceleração. o parâmetro A representa o espaço (posição) inicial do objeto ( A = s0 ) e o parâmetro B representa a velocidade média ( B = v ). em que v é constante. portanto. 52 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . Fonte: elaborada pelo autor. Assim. ou seja: s = A + B ⋅ t . Movimento uniformemente variado (MUV) O movimento uniformemente variado (MUV) caracteriza-se pela variação da velocidade no decorrer do tempo devido à presença de uma aceleração constante e diferente de zero. Figura 1. U1 seja. podemos generalizar dizendo: Assimile O movimento é uniforme (MU) quando a função horária dos espaços é de primeiro grau.18 | Gráficos do movimento uniforme (MU) Variação da posição do objeto em função do tempo s×t Variação da velocidade em função do tempo v × t A velocidade é constante. diferente e zero dado por v = ∆s ∆t e também que a aceleração é nula a = 0 . quando a velocidade é constante e. temos que. no MU: s = s0 + v ⋅ t . no MUV. U1 Assimile O movimento é uniformemente variado (MUV) quando a função horária dos espaços é de segundo grau. ∆t a 2 No MUV. em que a é constante. o parâmetro A representa o espaço (posição) inicial do objeto ( A = s0 ). Pesquise mais Entenda mais sobre aceleração constante. Na Cinemática. Além disso. ou seja: s = A + B ⋅ t + C ⋅ t 2 . no MUV: a 2 s = s0 + v 0 ⋅ t + ⋅ t . temos a função horária da velocidade dada por: v = v0 + a ⋅ t . e como a 2 velocidade varia no tempo devido à aceleração constante. Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 53 . 2 Assim. 2016. o parâmetro B representa a velocidade escalar inicial ( a B = v 0 ) e o parâmetro C é igual à metade da aceleração média C = . a função horária dos espaços é s = s0 + v 0 ⋅ t + ⋅ t . Assista ao vídeo disponível em: <http://physicsdemos. podemos relacionar o deslocamento ∆s com a velocidade em uma equação independente do tempo. diferente e zero dada por 2 a = ∆v . por meio da equação de Torricelli: v 2 = v 02 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s . Acesso em: 30 set. temos que.com/kroton/view/203> . 19 | Gráficos do movimento uniformemente variado (MUV) Variação da posição do objeto em função do tempo s×t Variação da velocidade em função do tempo v ×t Variação da aceleração em função do tempo a×t A aceleração é constante. ou seja. Fonte: elaborada pelo autor. em um intervalo de tempo de 20 s. percorre 1. c) Confirme o deslocamento total do avião no processo de decolagem usando a equação de Torricelli. b) Calcule a velocidade (em km/h) com que o avião desprende-se do solo. temos que s = s0 + v 0 ⋅ t + ⋅ t . a) Calcule a aceleração (SI) do avião durante a decolagem. Exemplificando Um avião ao decolar. Nesse a 2 a movimento. partindo do repouso. concluímos que se trata de MUV. Solução a) Como há aceleração. ∆ s = v 0 ⋅ t + ⋅ t 2 2 2 54 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado .U1 Figura 1.20 km no solo com aceleração constante. c) Usando a equação de Torricelli: v 2 = v 02 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s . (ANJOS. se movimentam com a mesma aceleração. A queda livre é um caso especial do MUV (movimento uniformemente variado). Acesso em: 6 jun. Pesquise mais Verifique a teoria de Galileu. no mesmo local. v0 = 0 . A aceleração da gravidade.uol.com.htm>. U1 . chegam ao solo ao mesmo tempo. Queda livre Quando um objeto se movimenta sob ação exclusiva de um campo de gravidade (aceleração da gravidade) e quando podemos desprezar o efeito do ar. por exemplo. 6 m s 2 . costumamos adotar o sentido para baixo como Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 55 . A. é uma grandeza física vetorial com direção vertical e sentido para baixo. 8 m s 2 . assim temos: a 1200 = ⋅ 202 ∴ a = 6.) Considere um objeto abandonado do repouso ( v 0 = 0 ) de uma altura h acima do solo. T. quaisquer que sejam suas massas e. Na Lua. o que está de acordo com o enunciado.webm>. temos: (120)2 = 2 ⋅ 6 ⋅ ∆s ∴ ∆s = 1200m ⇒ 1. representada pela letra g.onstreammedia.com/origin/theeducationgroup/video/pt/ d0207_pt_s. Nesse caso.bol. No nosso exemplo: v = 6 ⋅ 20 = 120 m s ⇒ v = 432 km h . 2 b) Temos que v = v 0 + a ⋅ t . 2km . 0 m s 2 . g = 1. Mesmo no planeta Terra. Adotaremos o módulo da aceleração da gravidade na Terra como g = 9. Nesse tipo de movimento.br/fisica/queda-livre. portanto. Acesso em: 13 abr. em um local onde a aceleração da gravidade é g e o efeito do ar é desprezível. todos os corpos em queda livre. 2016. o módulo da aceleração da gravidade varia dependendo da altitude do local. ela é bem menor do que na Terra. O módulo da aceleração da gravidade varia de um local para outro. Como o avião parte do repouso. Segundo Galileu. Assista ao vídeo disponível em: <http:// sas-origin. Observe que esse objeto irá apenas na direção vertical e para baixo. Queda livre. (Curiosidade: na Lua. dizemos que ele está em queda livre. 2016).Disponível em: <http://mundoeducacao. temos que v 0 = 0 . g 2 2 2⋅h 2⋅h temos h = 2 ⋅ tq → tq = g → tq = g . a partir do repouso. o objeto terá percorrido toda a altura h. 8 m s 2 . A aceleração da gravidade g possui sentido para baixo. quando o objeto chega ao solo em queda livre. concluímos h = ⋅ tq → tq = . entrará positiva nas equações da queda livre. temos 2 ⋅ 45 que o tempo de queda é: tq = ≈ 3. da janela de um prédio de uma altura h = 45 m acima do solo. g 2 g ⋅ t → ∆s = ⋅ t 2 . o objeto terá percorrido toda a altura h. esse movimento de g g 2 queda livre é um MUV. A velocidade do objeto em 2 g queda livre a qualquer instante é dada por v = v 0 + g ⋅ t . 0s . 9. Repare que quando tiver transcorrido o tempo de queda tq . b) O módulo da velocidade do vaso ao atingir o solo. Devido à presença da aceleração constante da gravidade. Partindo do repouso. 2 Como o vaso parte do repouso. Substituindo os valores. quando t = tq → ∆s = h . Temos sempre a liberdade de escolher o sentido positivo de nossos eixos xy. portanto. Portanto: s = s0 + v 0 ⋅ t + ⋅ t 2 ou s − s0 = ∆s = ⋅ t . que é dada por v f 2 = v 02 + 2 ⋅ g ⋅ h ∴ v f = 2 ⋅ g ⋅ h . em 2 2 que utilizamos v 0 = 0 (parte do repouso). portanto. Despreze o efeito do ar e considere g = 9. Calcule: a) O tempo de queda ( tq ) do vaso até atingir o solo. A velocidade do objeto em relação à distância percorrida é dada pela equação de Torricelli: v 2 = v 02 + 2 ⋅ g ⋅ ∆s . substituindo na equação g 2 2⋅h do deslocamento. desde que sejamos coerentes com a definição do início ao fim do cálculo. Repare que quando tiver transcorrido ∆s = 0 ⋅ t + 2 2 o tempo de queda tq . temos que ∆s = v 0 ⋅ t + ⋅t . Solução: g 2 a) No movimento de queda livre. U1 positivo. podemos concluir a velocidade de chegada. Exemplificando Um vaso de flores cai. 8 56 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . logo. ou seja. substituindo na equação anterior. ou seja. quando t = tq → ∆s = h . Assim. 20. sendo v 0 = 0 . 8 ⋅ 45 ≈ 29.20 | Lançamento oblíquo de um projétil e. 7 m s . sabemos que as componentes horizontal e vertical da velocidade inicial v 0 são: v 0 x = v 0 ⋅ cos θ e v 0 y = v 0 ⋅ senθ Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 57 . x0 = 0 e y 0 = 0 (0. e sendo a velocidade final do objeto dada por v = v f .2. Assim. apresenta um arco de parábola como trajetória. Figura 1. Portanto. vamos precisar decompor o movimento em vertical e horizontal e analisá-los separadamente.20. um movimento horizontal. 8 m s ). v f = 2 ⋅ 9. temos. e de acordo com a Figura 1. como mostra a Figura 1. de acordo com o princípio da independência dos movimentos de Galileu. também. para analisar o movimento do projétil. U1 b) Pela equação de Torricelli. o objeto realiza um movimento vertical (de subida e descida) e. um Observe que nessa situação o objeto. então v f = 2 ⋅ g ⋅ h . pois o objeto parte do repouso. também. sob ação da gravidade 2 terrestre ( g = 9. ou seja. Lançamento de projéteis (movimento balístico) Consideremos um projétil lançado obliquamente. Vamos adotar o ponto de lançamento como a origem dos espaços. lançado obliquamente. com velocidade inicial v 0 inclinado de um ângulo θ em relação ao plano horizontal de lançamento.0) e adotaremos os sentidos para cima e para a direita como sentidos positivos. Conforme explicado na Seção 1. temos v 2 = v 02 + 2 ⋅ g ⋅ ∆s . Precisamos adotar um sentido positivo para analisar o movimento vertical. não usaremos a letra s para indicar o deslocamento.20. 2 Função horária da velocidade vertical: v y = v 0 ⋅ senα − g ⋅ t (equação 2). A presença da aceleração caracteriza o movimento uniformemente variado (MUV). na vertical. 58 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . Assim. como mostra a Figura 1. Movimento vertical do projétil (altura do objeto): lembre-se de que. que a aceleração da gravidade será negativa. portanto. por ter a presença da aceleração da gravidade. Equação de Torricelli: v y 2 = v 02 ⋅ (senα )2 − 2 ⋅ g ⋅ ∆sy (equação 3). o movimento no eixo vertical apresenta as seguintes características: a 2 Função horária dos espaços: y = y 0 + v 0 y ⋅ t + ⋅ t . devemos estudar o movimento separando as análises em movimento vertical e movimento horizontal. de acordo com o princípio da independência dos movimentos de Galileu. a aceleração da gravidade é negativa – sentido para baixo). de acordo com a Figura 1. em que escolhemos definir 2 o ponto de lançamento como a origem dos espaços ( y 0 = 0 ). em relação a ele. perpendiculares. são independentes e podem ser estudados separadamente. O deslocamento na vertical será representado pela letra y. O movimento horizontal estuda o alcance do objeto (movimentação pelo eixo x) e é um MU. é um MUV. O movimento na vertical refere-se à subida e à descida do objeto. Daí resulta: g y = (v 0 ⋅ senα ) ⋅ t − ⋅ t 2 (equação 1). Portanto. v 0 y = v 0 ⋅ senα e a = −g (pois adotamos o sentido para cima como positivo e. Adotaremos o sentido para cima como positivo. O movimento vertical estuda a subida e a descida do objeto (movimentação pelo eixo y) e. vamos dividir o estudo do movimento do projétil em movimento vertical e horizontal. movimentos em direções diferentes. Para diferenciar. Assimile Quando um objeto é lançado obliquamente. temos a presença da aceleração da gravidade (g). Observe. U1 De acordo com Galileu. pois seu sentido é para baixo.20. Usaremos a letra y para indicar o deslocamento vertical e a letra x para indicar o deslocamento horizontal. no movimento balístico. o movimento horizontal é uniforme (MU) e determina o alcance do objeto. no eixo horizontal. g v 2 = v x2 + v y2 A velocidade em qualquer ponto da trajetória é dada por . g v 02 temos: d = ⋅ sen 2α . no ponto mais alto da trajetória. v y = 0 e ∆ sy = hmax): hmax = 0 . g Pela equação 3. U1 Movimento horizontal do projétil (alcance): reveja novamente a Figura 1. O deslocamento horizontal será representado pela letra x. Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 59 . Exemplificando Considere um objeto lançado obliquamente com velocidade inicial v 0 = 30 m s e formando um ângulo de α = 45° com o solo. portanto. Esse movimento apresenta as seguintes características: Função horária dos espaços: x = x0 + v x ⋅ t . é importante sabermos que. não temos aceleração. 8 m s 2 . é possível desenvolver as equações para calcular o tempo de subida ts (que é igual ao tempo de queda tq ). ou seja: x = (v 0 ⋅ cos α ) ⋅ t (equação 4). Desprezando o efeito do ar e considerando g = 9. o tempo total da trajetória ttotal . Lembre-se de que a componente horizontal da velocidade (v x ) é sempre constante nesse movimento.20 e observe que. na altura máxima. Utilizando as equações apresentadas acima. considerando t = ttotal . a componente vertical da velocidade é nula v y = 0 . lembrando que 2 ⋅ senα ⋅ cos α = sen 2α . a altura máxima hmax e o alcance total horizontal d. em que x0 = 0 (pois o ponto de lançamento é a origem dos espaços). No lançamento de um projétil. podemos calcular a altura máxima atingida pelo objeto v 2 ⋅ (senα )2 (lembrando que. podemos deduzir que ts = tq = 0 . v x = v 0 x = v 0 ⋅ c os α (a componente horizontal da velocidade é sempre constante e diferente de zero no movimento balístico). 2⋅g Da equação 4. temos o alcance total horizontal do objeto 2 ⋅ v 0 ⋅ senα ( x = d ). v ⋅ senα Da equação 2. calcule a altura máxima atingida pelo objeto. g 2 ⋅ v 0 ⋅ senα Assim: ttotal = ts + tq = . Assim: d = v 0⋅ cos α ⋅ . por exemplo. 5. conforme informado no enunciado. o movimento é variado (MUV). temos (302 ) ⋅ (sen 45)2 que a altura máxima é: hmax = ≈ 23 m . 2003. no lançamento oblíquo. Física 1. 2 ⋅ 9. pois há aceleração da gravidade. Leia o capítulo 4 do Livro: RESNICK. Quando o objeto atinge a altura máxima. D. que v 0 y = v 0 ⋅ senα e a = −g . portanto. a equação de Torricelli fica da seguinte forma: v 02 ⋅ (senα )2 (02 ) = v 02 ⋅ (senα )2 − 2 ⋅ g ⋅ hmax → v 02 ⋅ (senα )2 = 2 ⋅ g ⋅ hmax → hmax = . K. As componentes horizontal e vertical da velocidade inicial v 0 são: v 0 x = v 0 ⋅ cos α e v 0 y = v 0 ⋅ senα . Podemos analisar o deslocamento no eixo 2 2 y pela equação de Torriceli: v y = v 0 y + 2 ⋅ a ⋅ ∆sy . portanto. Você acredita que os conceitos apresentados nesta seção poderiam. a componente vertical da velocidade é nula → v y = 0 e o deslocamento vertical é a altura máxima do objeto → ∆ sy = hmax. Para analisar a altura atingida pelo objeto. R. KRANE. No movimento vertical do lançamento oblíquo. ed. Na sua biblioteca virtual.. Rio de Janeiro: LTC.com..br/#/books/978-85-216-1945-1/ cfi/87!/4/2@100:0.U1 Solução: Vamos precisar decompor o movimento em vertical e horizontal e analisá-los separadamente. devemos analisar o movimento vertical (eixo y). Observe. 8 Reflita Cada vez mais os conceitos da Física estão sendo aplicados nos esportes com o objetivo de melhorar o desempenho dos atletas. Assim temos. Assim. 2016. Acesso em: 13 abr. ser aplicados para aprimorar o desempenho em alguma modalidade esportiva? Pesquise mais Aprofunde seus conhecimentos. cole o link: <https:// integrada. pois seu sentido é para baixo. adotamos o sentido para cima como positivo. 60 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . HALLIDAY.1. v. que a aceleração da gravidade será negativa. No eixo vertical.. a equação de Torricelli fica: v y 2 = v 02 ⋅ (senα )2 − 2 ⋅ g ⋅ ∆sy .minhabiblioteca. 2⋅g Substituindo os valores.00>. U1 Sem medo de errar Você concluiu o estudo da cinemática na Física. Nesta seção, vimos os movimentos dos tipos uniforme (MU), variado (MUV) e queda livre. Então, que tal ajudar Rafael a finalizar com êxito seu último relatório? Na seção anterior, você o ajudou a avaliar a carreta durante uma possível situação perigosa de frenagem entre no percurso Ribeirão Preto – Bauru e obteve os dados apresentados na Tabela 1.25. Para finalizar, continuaremos a estudar essa situação de frenagem. Lembre-se de que nesse trecho a carreta trafega com v m ≈ 79 km h (ou v m ≈ 22 m s ). Podemos considerar essa velocidade como sendo a velocidade inicial da carreta no processo de frenagem. Assim, devemos construir a função horária do deslocamento e da velocidade da carreta nessa situação de frenagem e os gráficos dos espaços, velocidade e aceleração no tempo. Tabela 1.3 | Frenagem da carreta Variação da velocidade Tempo de frenagem Aceleração ∆v ≈ −15, 0 m s ∆t = 3, 0 s a ≈ −5, 0 m s 2 Fonte: elaborada pelo autor. Solução: Como há presença da aceleração, temos um MUV. Para esse movimento, sabemos que a função horária do deslocamento é dada a 2 por: ∆s = v 0 ⋅ t +⋅ t e sabemos que v 0 ≈ 22 m s e a = −5, 0 m s 2 . Assim, temos 2 que, durante o processo de frenagem da carreta, ∆s = 22 ⋅ t − 2, 5 ⋅ t 2(SI). Podemos calcular o deslocamento total da carreta durante a frenagem, ou seja, quando t = 3, 0 s . Temos então que: ∆s = 22 ⋅ 3 − 2, 5 ⋅ (32 ) ∴ ∆s = 43, 5 m . A função horária da velocidade no MUV é: v = v 0 + a ⋅ t . Para a carreta, temos: v = 22 − 5, 0 ⋅ t (SI). Portanto, a velocidade da carreta no final da frenagem é v = 22 − 5, 0 ⋅ 3 ∴ v = 7 m s . Construindo os gráficos, temos: Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 61 U1 Figura 1.21 | Gráfico da função horária do deslocamento Fonte: elaborada pelo autor. Figura 1.22 | Gráfico da função horária da velocidade Fonte: elaborada pelo autor. Figura 1.23 | Gráfico da aceleração (constante) Fonte: elaborada pelo autor. 62 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado U1 Atenção Propriedades do MUV: a função horária dos espaços é uma equação de segundo grau, portanto, seu gráfico é uma parábola; a função horária da velocidade é do primeiro grau, portanto, seu gráfico é uma reta; a aceleração é constante (diferente de zero). Avançando na prática O pulo do gato Descrição da situação-problema Você observa um gato que está em frente ao portão de sua casa. De repente, ele salta verticalmente para cima e sobe em seu portão. Você sabe que a altura do portão é de 2,1 m e que, portanto, essa é a altura máxima atingida pelo gato no salto. Você, um dedicado estudante de Física, fica surpreso com a rapidez com que o gato subiu no portão e resolve analisar seu movimento. Sabendo que a aceleração da gravidade na Terra é de aproximadamente g = 9, 8 m s 2 e, desprezando o efeito do ar, qual seria a velocidade inicial do gato e quanto tempo ele levou para subir no seu portão? Lembre-se Os movimentos de lançamento de projétil, lançamento horizontal, queda livre e lançamento vertical para cima são todos casos especiais do MUV. Resolução da situação-problema Observe que o movimento do gato é semelhante, porém no sentido contrário ao de queda livre. Podemos considerar esse movimento como um lançamento vertical para cima. Como é um movimento vertical, temos a presença da aceleração da gravidade, portanto, trata-se de um movimento uniformemente variado (MUV). Como o movimento do gato é para cima, podemos adotar o este sentido como positivo. Porém, a aceleração da gravidade, que tem sentido para baixo, será negativa (a = −g ) . Podemos analisar a altura do gato por meio da 2 2 equação de Torricelli: v = v 0 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s . Sabendo que a = −g e quando o gato atinge a altura máxima sua velocidade é nula (v = 0) , e que ∆ s = h, temos então Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 63 U1 que 02 = v 02 − 2 ⋅ g ⋅ h → v 02 = 2 ⋅ g ⋅ h → v 0 = 2 ⋅ g ⋅ h . Substituindo as informações constantes no enunciado, temos que a velocidade inicial do gato é: v 0 = 2 ⋅ 9, 8 ⋅ 2,1 → v 0 ≈ 6, 42 m s Para calcular o tempo de subida, devemos lembrar que no MUV a função horária da velocidade é v = v 0 + a ⋅ t . Nesta situação, temos que a = −g e que, no instante em que o gato atinge sua altura máxima, sua velocidade é nula (v = 0) e o tempo é justamente o tempo de subida (t = ts ) . Portanto, temos: 0 = v 0 − g ⋅ ts → v 0 = g ⋅ ts . Logo, o tempo de subida do gato no portão é: v 6, 42 ts = 0 → ts = ≈ 0, 66 s . g 9, 8 Faça você mesmo Uma pedra é lançada verticalmente para cima a partir do solo e, depois de 10 s, retorna ao ponto de partida. Desprezando o efeito do ar e adotando g = 9, 8 m s 2 , calcule a velocidade inicial de lançamento da pedra. Faça valer a pena 1. Um automóvel se desloca em uma rodovia conforme os dados do quadro a seguir. O quilômetro zero da rodovia é adotado como o início dos espaços. Analise as afirmações e marque a alternativa correta. Quadro 1.2 t(h) 1,0 2,0 3,0 4,0 s(km) 112 224 336 448 Fonte: elaborado pelo autor. I. A velocidade média do automóvel é 112 km/h. II. A equação horário dos espaços (para t em horas e s em km) é: s = 112 ⋅ t . III. O movimento é uniforme (MU). a) I-V; II-F; III-F. b) I-F; II-F; III-F. 64 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado U1 c) I-V; II-V; III-V. d) I-V; II-V; III-F. e) I-V; II-F; III-V. 2. Uma partícula se move conforme as características do MU. Sabendo que a posição inicial da partícula é 400 m e que sua velocidade média é de −20 m s , a equação horária dos espaços dessa partícula é: a) s = −400 + 20t . b) s = 0 + 20t . c) s = 400 − 2t . d) s = 0 − 2t . e) s = 400 − 20t . 3. O gráfico a seguir representa a velocidade em função do tempo do movimento de um objeto. Sabendo que a posição inicial do objeto é 20 m, podemos afirmar que sua aceleração e a função horária da velocidade são, Precisa nomear o gráfico a seguir. Assim: Gráfico 1.1 Fonte: elaborado pelo autor. a) a = 2, 0 m s ² e s = 20 + 6, 0 ⋅ t + 1, 0 ⋅ t 2 . b) a = −2, 0 m s ² e s = 20 + 6, 0 ⋅ t − 1, 0 ⋅ t 2 . c) a = 2, 0 m s ² e s = 6, 0 ⋅ t + 1, 0 ⋅ t 2 . d) a = 4, 0 m s ² e s = 20 + 6, 0 ⋅ t + 2, 0 ⋅ t 2 . e) a = 4, 0 m s ² e s = 20 + 6, 0 ⋅ t + 1, 0 ⋅ t 2 . Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 65 U1 66 Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado . H. U1 Referências ANJOS. T. Disponível em: <http://www. HALLIDAY. F. 2008. ed. Física 1: Mecânica.uol. ZEMANSKY. 5. 2007.1. Cinemática – Movimento uniforme e uniformemente variado 67 . São Paulo: Pearson. 1. ed. KRANE.inmetro.gov. 8. 12. Mundo Educação.htm>. K. Acesso em: 6 jun. v.br/inovacao/publicacoes/si_ versao_final.pdf>. Sistema internacional de unidades . Queda livre. D. Acesso em: 21 out.br/fisica/queda-livre. Rio de Janeiro: LTC. M. ed. D. RESNICK. INMETRO. Disponível em: <http:// mundoeducacao.bol. 2016.com. 2003. (revisada) Rio de Janeiro. W. YOUNG. A. W. v. 2016..SI. SEARS. R. Física 1.. . Para estudar a dinâmica. A dinâmica pesquisa e estuda as causas que produzem e modificam os movimentos. Estudaremos o que faz os corpos se moverem. Já aprendemos bastante estudando a cinemática na unidade anterior e vimos como descrever os movimentos. usaremos as grandezas que já conhecemos: deslocamento. No decorrer dos estudos desta unidade. uma das grandes áreas da Física. Esse será exatamente o assunto que abordaremos nesta unidade. que estuda os movimentos. ainda não estudamos por que os objetos se movem. na nossa aventura de aprendizado. Por que seu pé machuca mais quando você chuta uma parede do que quando chuta uma bola? Por que é mais difícil controlar um carro na chuva do que nos dias secos? Como é possível um rebocador pequeno rebocar um navio muito maior e mais pesado do que ele? Por que somos jogados para trás quando o carro é acelerado e jogados para a frente quando o carro é freado? Por que muitos acidentes com automóveis ocorrem justamente nas áreas de curvas? Como é possível uma nave espacial se mover com os motores desligados? As respostas a essas perguntas nos conduzem ao estudo da dinâmica. Até o momento. juntamente com dois conceitos novos: força e massa. A Mecânica é dividida em cinemática e dinâmica. velocidade e aceleração. Unidade 2 Dinâmica . você vai se envolver numa .Leis de Newton do movimento e suas aplicações Convite ao estudo Caro aluno. Ela procura relacionar as características dos movimentos com os fatores que determinam e causam suas alterações. estamos estudando a Mecânica. com segurança. você deverá aprender e aplicar os conceitos das três leis de Newton do movimento: princípio da inércia (primeira lei de Newton). Vários testes precisam ser feitos antes de ser liberado seu uso. princípio fundamental da dinâmica (segunda lei de Newton) e princípio da ação e reação (terceira lei de Newton). com segurança e confiança. Todas as informações e conhecimentos necessários para realizar os testes do elevador. Será uma aventura e tanto! Vamos começar? 70 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . os corpos em repouso e em movimento e veremos como as leis de Newton nos ajudam em cada situação.U2 situação da empresa de elevadores Eleva Tudo. serão desenvolvidos nesta unidade de ensino. cálculo da aceleração e montagem de equações que descrevem a força resultante no elevador nos momentos de subida e descida. Os testes incluem determinação das forças atuantes. Você faz parte da equipe dessa empresa que vai realizar estudos e simulações durante a instalação de um elevador em um prédio. Nela. cálculo das tensões nos cabos que sustentam o elevador em situações de subida. descida e repouso e determinação dos contrapesos. Estudaremos. em detalhes e com muitos exemplos práticos. jogou bola.1 Primeira e segunda leis de Newton Diálogo aberto Prezado estudante. você caminhou. com base na primeira e segunda leis de Newton. não se encaixam com uma análise lógica ou experimental. Para contextualizar a importância desta seção. Isso porque. Nesse período você desenvolveu um “senso comum” envolvendo ideias sobre os movimentos e suas causas. empurrou caixas. Nos primeiros testes. quando o elevador está em movimento com velocidade constante e quando ele está em processo de descida. fez e faz milhares de coisas que envolvem movimentos. observar e explicar.1. como enunciado no início da unidade. começaremos. já conhecemos a linguagem para descrever os movimentos – a cinemática. na Seção 2. esperamos que você conclua que a primeira e a segunda Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 71 . você e sua equipe da empresa Eleva Tudo realizarão estudos e simulações durante a instalação de um elevador em um prédio. durante anos. Para isso. O que será necessário saber para realizar essas análises? Como as leis de Newton explicam essas situações? Ao final desta seção. nesta seção. nossa tarefa de substituir o “senso comum” por análises baseadas em conceitos físicos. Assim. A segunda lei trata das situações em que a força resultante que atua sobre um corpo não é igual a zero. porém entender e utilizar essas leis pode ser desafiador. antes de estudar Física. iniciaremos os estudos dos princípios da dinâmica. Você verá que as leis de Newton são enunciadas de modo muito simples. U2 Seção 2. que. Agora estamos aptos a entender o que faz os objetos se moverem da maneira com que isso acontece. Será empolgante! A primeira lei de Newton estuda e explica situações em que a força resultante que atua sobre um corpo é nula (igual a zero). vocês e sua equipe devem verificar. embora possam funcionar em nossa vida diária. conhecidos como a primeira e a segunda leis de Newton do movimento. o que ocorre com um passageiro e com o elevador em três situações distintas: quando o elevador começa a subir. ou seja. um corpo que está em repouso tem a tendência de continuar em repouso e. Primeira lei de Newton: o princípio da inércia Assimile A primeira lei de Newton define que se nenhuma força resultante atua sobre um corpo. dizemos que está em equilíbrio dinâmico (velocidade constante diferente de zero e aceleração nula). dizemos que ele está em equilíbrio estático (velocidade constante igual a zero). uma tendência de manter sua velocidade nula. ele tem uma tendência natural e espontânea de continuar em repouso. quando o objeto está em equilíbrio dinâmico. Em outras palavras. ele tem uma tendência natural e espontânea de continuar em movimento. não é possível mudar a direção e o sentido do movimento. se um corpo está em repouso. ao estudo das duas primeiras leis de Newton. mantendo invariável sua velocidade em módulo e orientação. Não pode faltar No decorrer desta unidade vamos nos dedicar a entender e a descobrir as causas dos movimentos. e a direção e o sentido do movimento não se alteram! A inércia é uma propriedade da matéria e consiste na tendência do corpo em manter sua velocidade vetorial (módulo e orientação). tem a tendência de continuar em movimento com velocidade constante. se não há força resultante. Quando um corpo está em movimento. então. ou seja. fisicamente. aceleração nula. Vale ressaltar que. isto é. 72 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . Daremos início. se não há força resultante. ele se move com velocidade constante. Quando um corpo está em repouso. o que ocorre com o elevador e com o passageiro nas situações de repouso e movimento. Nossos estudos serão fundamentados na mecânica newtoniana. Se o corpo está em movimento uniforme. a velocidade desse corpo não pode mudar. ou seja. mas por meio delas conseguimos estudar diversas situações importantes. o corpo não pode sofrer aceleração. se o corpo está em movimento. U2 leis de Newton do movimento explicam. assim. É importante sabermos que essas leis não podem ser aplicadas em todas as situações. Isso significa que. descobriremos as causas dos movimentos por meio de três leis básicas apresentadas por Issac Newton. dizemos que esse objeto está em equilíbrio. a partir do repouso. ele tende a permanecer dessa forma. o objeto pode estar em repouso ou se movendo com velocidade constante. pois seu corpo insiste em manter-se em movimento. Observe que. Por isso. ou seja. freia bruscamente. é preciso sempre a intervenção de uma força. mantendo sua velocidade constante em módulo e orientação. b) Quando um corpo está em movimento. Exemplificando Analise as seguintes afirmações e explique por que acontecem: a) Quando um ônibus arranca para a direita. manter sua velocidade nula. freia bruscamente. ∑ F = FR =0 → equilíbrio Lembre-se de que no repouso a velocidade é constante e igual a zero. a partir do repouso. um passageiro desprevenido pode cair. Força resultante é a somatória de todas as forças (∑ F = FR ). sentindo-se lançado para a esquerda. o passageiro precisa segurar-se no ônibus. quando o ônibus arranca para a direta. Assim. sentindo-se projetado para a direita. ele tende a permanecer em movimento. com o objetivo de receber uma força capaz de vencer sua inércia. também. o passageiro pode desequilibrar-se para a direita. para não cair. isto é. em pleno movimento retilíneo para a direita. podemos concluir: força resultante nula ⇔ velocidade constante (equilíbrio). na primeira lei de Newton o que importa é conhecer a força resultante (FR ). Curiosidade: para vencer a inércia. pois seu corpo insiste em manter-se em repouso. b) Quando um ônibus. Assim. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 73 . um passageiro desprevenido pode cair. Solução: a) Quando um corpo está em repouso. Assim. quando o ônibus. em pleno movimento retilíneo para a direita. U2 Essas características da inércia são enunciadas pela primeira lei de Newton. essa lei é. por isso. Quando a força resultante sobre um objeto é zero. o passageiro desprevenido pode desequilibrar-se. conhecida como o princípio da inércia. Força No nosso cotidiano. Assim. com. sendo representada por m.00>. A unidade que mede a força é newton (N). exercer uma força significa puxar ou empurrar alguma coisa. HALLIDAY. Quando duas ou mais forças atuam. Leia o capítulo 3 do livro: RESNICK. v. pois força é uma grandeza vetorial! Segunda lei de Newton: o princípio fundamental da dinâmica A segunda lei de Newton enuncia o princípio fundamental da dinâmica: quando uma força é aplicada a um corpo. Quanto maior k. Acesso em: 16 maio 2016. A aceleração possui mesma direção e mesmo sentido da força resultante. 74 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . sobre um objeto. 2008. aplicar uma força sobre um objeto é a única forma de tirá-lo da condição de equilíbrio. Copie e cole o link em seu navegador. ou seja. U2 Pesquise mais Aprofunde seus conhecimentos. podemos calcular a força total ou força resultante (FR ) somando vetorialmente todas as forças: ∑ F = FR Uma única força com módulo e orientação da força resultante tem o mesmo efeito sobre um objeto do que todas as forças agindo ao mesmo tempo. O módulo da aceleração é proporcional ao da força resultante aplicada. maior deve ser a intensidade da força a ser aplicada. simultaneamente. Vale a pena revisar.minhabiblioteca. ele adquire uma aceleração. dizemos que uma força age sobre um objeto. Essa constante recebeu o nome de massa. D. A constante k é uma medida da inércia do corpo. R. Física 1. S. Lembre-se de que já estudamos a soma vetorial e a decomposição de vetores na Seção 1. K. ou seja. Rio de Janeiro: LTC. disponível em: <https://integrada. Matematicamente: FR =k · a .. ed. KRANE. mudando sua velocidade. mede a dificuldade em acelerar o corpo.. 1. Faça o login na sua biblioteca virtual. 5. A força é uma grandeza vetorial que causa a aceleração dos objetos.br/#/books/978-85-216-1945-1/cfi/59!/4/2@100:0.2. a aceleração também é nula. se a força resultante sobre um corpo é nula. FR =m· a → 0 = m· a . U2 Assimile A segunda lei de Newton determina que a força resultante que age sobre um corpo é igual ao produto da massa do corpo pela aceleração. Esta afirmação pode ser descrita matematicamente na equação: FR =m· a É importante ressaltar que a força resultante FR aplicada e a aceleração adquirida têm sempre a mesma orientação. no SI. Observe pela equação do princípio fundamental da dinâmica FR =m· a que.1 mostra duas forças atuando em uma caixa. um corpo que não tem aceleração está em equilíbrio: ou em repouso ou se movendo com velocidade constante. A massa m é uma grandeza escalar e positiva (não existe massa negativa). temos: FR =m· a → 1 N · (1 kg) · (1m/s2) = 1 kg · m/s2. qual será a força resultante? A caixa irá se mover? Em caso afirmativo. são respectivamente kg e m/s2. mesma direção e mesmo sentido. qual será a direção e o sentido do movimento? Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 75 . Sabendo que as unidades. a =0 ⇔ equilíbrio . logo. Figura 2. Exemplificando A Figura 2. isto é.1 | Duas forças em uma caixa 3N 5N Fonte: elaborada pela autor. No SI. que medem massa e aceleração. então. a) Se apenas essas duas forças atuarem na caixa. a unidade de medida da força é newton e o símbolo é N. com relação à massa e ao motor do automóvel? 76 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . para que a caixa fique em repouso. que a força resultante sobre a caixa deve ser nula. pela primeira lei de Newton. U2 b) Se uma terceira força F3 também agir sobre a caixa. precisamos considerar a orientação. A massa e o motor (responsável pela força resultante) são os pontos-chaves do projeto. usamos os versores. Portanto. sabemos que a caixa irá adquirir uma aceleração na mesma direção e no mesmo sentido da força resultante. ao somar vetores. Para maximizar a aceleração. para isso. Logo: FR = ∑ F = 5î . Lembre-se que. pois assim.3î + F3 = 0 → 2î + F3 = 0 → F3 = -2î. logo: FR = ∑ F = 5î . qual deve ser o seu módulo e a orientação para que a caixa fique em equilíbrio estático (repouso)? Solução: a) A força resultante é a soma vetorial de todas as forças que atuam na caixa. b) Para o equilíbrio estático (repouso) vimos. a somatória de todas as forças deve ser igual a zero. portanto a caixa irá se mover na horizontal para a direita. o que você acha que o projetista deve buscar. Pela segunda lei de Newton. direção horizontal e sentido para a esquerda (sentido negativo do versor î). garantimos que não há aceleração. Reflita Os projetos de automóveis de alto desempenho dependem fundamentalmente da segunda lei de Newton.3î = 2î A força resultante possui módulo de 2 N. Concluímos que. a força F3 deve possuir módulo de 2 N. direção horizontal sentido para a direita (conforme o versor î). 5î + 4. se houver.3 Logo: F1 = F1x = F1y → F1 =2. Solução: a) Observe que a força F1 está inclinada em 60° com o semieixo positivo de x.2 mostra duas forças atuando em um bloco de massa igual a 10 kg. podemos achar a força resultante: FR = ∑ F = F1 + F2 =(2. devemos fazer a decomposição dessa força e achar suas componentes horizontal e vertical: F1x = |F1| ·cos(60°)î = 5·cos(60°)î=2.5î F1y= |F1| ·sen(60°) = 5·sen(60°) ≈4.5î + 4.3 .3 )+12î FR =2. primeiramente. b) Calcule o módulo e a orientação da aceleração. U2 Exemplificando A Figura 2. a) Calcule o módulo e a orientação da força resultante. Figura 2. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 77 .2 | Bloco sob ação de duas forças F1=5 N 60° F2=12 N Fonte: elaborada pela autor.3 = 14.5î + 4. Assim.5î + 4.3 Agora. 4. Acesso em: 30 set.3N FR α 14.1N e a massa do bloco é de 10 kg temos.3. U2 Figura 2. 30) ≈ 16. O módulo da força resultante. temos: FR =m· a . Logo. 5)2 + ( 4. 3)2 ≈ 15.1N Para achar a orientação da força resultante. é: (FR )2 = (14.1 =a = 1. 15. 2016.5N Fonte: elaborada pela autor. 30 → α = arctan(0. adj . então. op. 5° cat . 51m s 2 10 A orientação da aceleração é a mesma da força resultante. que o módulo da aceleração do bloco é: FR = m ⋅ a → 15.5° (com o semieixo positivo de x). 5)2 + ( 4.1 = 10 ⋅ a . podemos fazer: cat . Sabendo que o módulo da força resultante é de aproximadamente 15. 3 tan α = = ≈ 0. a aceleração terá uma orientação de α=16. Pesquise mais Assista ao vídeo que mostra mais sobre o princípio fundamental da dinâmica – segunda lei de Newton. 5 b) Pela segunda lei de Newton. 14.com/kroton/view/302>. 3)2 → FR = (14. mostrado na Figura 2. Disponível em: <http:// physicsdemos.3 | Força resultante sobre o bloco 4. 78 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . com base na primeira e segunda leis de Newton. 0 2. a partir do repouso. devido ao fato de seu corpo insistir em manter-se na posição de repouso.0 m/s após percorrer uma distância de 1. para cima. Vários testes precisam ser realizados antes de liberar o uso. Assim. o passageiro está em equilíbrio estático (repouso) P e tende a permanecer em repouso. 0 Sabemos que só é possível alterar a velocidade de um objeto se houver uma força resultante não nula atuando sobre ele. com segurança. 0 → a = = = 2.0=1740 N. Sabe-se que o elevador atinge. manter sua velocidade nula. para o elevador subir. pois suas pernas Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 79 . Assim. é necessário que uma força resultante na vertical. uma velocidade constante de 2.5 m. A massa do elevador é de 800 kg e a do passageiro é de 70 kg. atue sobre ele. Nos primeiros testes.0 m/s após percorrer uma distância de 1. a partir do repouso. U2 Sem medo de errar Vamos agora aplicar nossos conhecimentos em uma situação real? Você faz parte da equipe da empresa de elevadores Eleva Tudo e vai realizar estudos e simulações durante a instalação de um elevador em um prédio. O módulo dessa força é dado pela segunda lei de Newton: FR =m· a A massa total do sistema é a massa do elevador mais a massa do passageiro m=800+70=870 kg. o passageiro também sobe com o elevador. temporariamente. Assim. se uma força resultante atua sobre um objeto ele adquire uma aceleração na mesma orientação da força resultante. de acordo com o princípio da inércia – primeira lei de Newton. logo a aceleração na subida é: 4. ou seja. FR =m· a = 870 kg · 2. pois. do elevador. Quando o elevador sobe. o passageiro sente-se mais pesado. Na descida. o passageiro sente um “tranco” em suas pernas.0 m. Durante a subida. o que ocorre com um passageiro e com ele quando o elevador começa a subir e a descer. observar e explicar. 0 m s 2 2 ⋅ 1. conforme o princípio fundamental da dinâmica. 02 ) = (02 ) + 2 ⋅ a ⋅ 1. o elevador atinge.0 m no processo de subida. 0 v 2 = v 0 2 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s → (2. Solução: Processo de subida do elevador Elevador: na subida.0 m/s após percorrer uma distância de 0. a partir do repouso. o elevador sai do repouso e atinge uma velocidade constante de 2. 0 − 0 4. você e sua equipe devem verificar. assageiro: inicialmente. uma velocidade constante de 2. Processo de descida do elevador levador: na descida. o passageiro também desce com o elevador. Assim FR =m· a = 870 kg · 4. ele está em equilíbrio estático (repouso) ou equilíbrio dinâmico (em movimento com velocidade constante). e o módulo dessa força é: FR =m· a .0=3480 N. para o elevador descer é necessário que uma força resultante na vertical.8 m/s2) mais a aceleração do elevador na subida (2. o passageiro sente-se mais leve.0 m/s2) totalizando.0 m/s2) totalizando. 0 − 0 4. o passageiro está em equilíbrio estático (repouso) P e tende a permanecer em repouso. Atenção Pela segunda lei de Newton.8 m/s2. o objeto não possui aceleração e. A massa total do sistema é a massa do elevador mais a massa do passageiro m=800+70=870 kg. 80 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . o elevador sai do repouso e atinge E uma velocidade constante de 2. 5 1. temporariamente. portanto. para baixo.5 m. 11. 5 → a = = = 4. assageiro: inicialmente. pois suas pernas sustentam a aceleração da gravidade (9. Se a força resultante for nula.0 m/s após percorrer uma distância de 0. logo a aceleração na descida é: 4. devido ao fato de seu corpo insistir em manter-se na posição de repouso. de acordo com o princípio da inércia – primeira lei de Newton. Durante a descida. manter sua velocidade nula. 0 De acordo com a segunda lei de Newton. um objeto só tem aceleração se ele estiver sob ação de uma força resultante. 5.8 m/s2) menos a aceleração do elevador na descida (4. Quando o elevador desce. atue sobre o elevador.8 m/s2. 0 v 2 = v 0 2 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s → (2. aproximadamente. 02 ) = (02 ) + 2 ⋅ a ⋅ 0. o passageiro sente uma “leveza” em suas pernas. 0 m s 2 2 ⋅ 0. Assim. aproximadamente. então.U2 sustentam a aceleração da gravidade (9. ou seja. A segunda lei de Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 81 . Sabendo que uma força de 200 N é aplicada para lançar a pedra a uma velocidade inicial de 20 m/s e que a pedra entra em repouso após 2 segundos. U2 Avançando na prática Esportes no gelo Descrição da situação-problema Você e seu amigo estão assistindo aos Jogos Olímpicos de Inverno. Figura 2.com/pt/ondula%C3%A7%C3%A3o-equipe-jogos-ol%C3%ADmpicos-670195/>. Acesso em: 16 maio 2016. cujo objetivo é lançar pedras de granito. neste intervalo. A modalidade conhecida como curling é uma excelente oportunidade para estudar as leis de Newton. e um corpo em movimento tende a continuar em movimento com velocidade constante. visto que. que devem parar o mais próximo possível de um alvo. O curling é um esporte praticado em uma pista de gelo. ninguém toca na pedra? b) qual é a massa da pedra? Lembre-se A primeira lei de Newton é o princípio da inércia: um corpo em repouso tende a continuar em repouso.4 | Curling – esporte no gelo Fonte: <https://pixabay. responda: a) como você explica o movimento da pedra. do momento em que ela é lançada até parar. b) Pela segunda lei de Newton – princípio fundamental da dinâmica. ela sente suas costas comprimirem o banco no qual está sentada.45 kg. um garçom lança um pote de mostarda de massa igual a 0. percorrendo 1. um corpo inicialmente em movimento tende a continuar em movimento com velocidade constante. Sabemos que a força resultante é 200 200 N assim.2 m até parar completamente. é o princípio fundamental da dinâmica: um corpo sob ação de uma força resultante irá desenvolver uma aceleração com a mesma orientação da força resultante. Pela = = ∆t 2−0 2 segunda lei de Newton sabemos que FR =m· a . Se não fosse o atrito com a pista de gelo.U2 Newton. quando o carro acelera para a frente. a pedra continua em movimento. 82 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . Faça valer a pena 1. d) Pelo princípio de conservação de massas. 10 Faça você mesmo Em um balcão de uma lanchonete. 20 ∆v 0 − 20 b) O módulo da aceleração da pedra é: a = = 10 m s 2. após lançada. e) A mecânica newtoniana não explica essa situação. a massa da pedra é : 200 = m ⋅ 10 → m = = 20 kg. Uma pessoa está sentada em um carro em repouso e. c) Pela primeira lei da termodinâmica. devido ao princípio de inércia. Como isso se explica? a) Pela primeira lei de Newton – princípio da inércia. Calcule o módulo da força resultante no pote de mostarda. Por isso. Dica: use a equação de Torricelli para achar a aceleração do pote. a pedra jamais entraria em repouso (falaremos mais sobre atrito na próxima seção). Resolução da situação-problema a) Pela primeira lei de Newton. mesmo sem ser tocada. respectivamente: |F2|=5N α=53° |F1| =3N a) 4. não nula.0 kg está submetido à ação de duas forças como mostra a figura. não nula.0 N e 2. nula. se um corpo se movimenta com velocidade constante ele em equilíbrio e possui uma força resultante atuando sobre ele. d) 5. a) Está. a força resultante e a aceleração do objeto são.0 m/s2 ambas com direção oblíqua e sentido de 127° com o semieixo x positivo.0 m/s2 ambas com direção vertical e sentido para cima. Assinale a alternativa que completa corretamente as lacunas da frase a seguir: "De acordo com as leis da mecânica newtoniana.5 m/s2 ambas com direção oblíqua e sentido de 127° com o semieixo x positivo. diferente de zero.0 N e 2. nula. b) 4. c) 3.0 N e 1. d) Não está.5 m/s2 ambas com direção vertical e sentido para cima. e) Está. nula. igual a zero. diferente de zero. com aceleração ". 3. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 83 . De forma aproximada. U2 2.0 N e 1.5 m/s2 ambas com direção horizontal e sentido para a esquerda. b) Não está.0 N e 2. c) Está. e) 3. diferente de zero. O objeto circular de massa de 2. igual a zero. U2 84 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . Que tal começarmos nossos estudos? Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 85 . estudamos as duas primeiras leis de Newton do movimento: o princípio da inércia e o princípio fundamental da dinâmica. Será um aprendizado e tanto! Vamos estudar esses conceitos aplicando na situação da empresa Eleva Tudo. força normal. tração. U2 Seção 2. O que será preciso saber para fazer essa análise com sucesso? Como vamos descobrir todas as forças que atuam no sistema do elevador? Ao final desta seção. seu desafio será analisar e calcular as forças que atuam quando o elevador está em processo de subida ou de descida a partir do repouso. será muito importante conhecermos algumas forças especiais: força peso. como enunciado na seção anterior. Vimos que aplicar uma força é a única maneira de alterar o estado de equilíbrio de um corpo. fenômeno denominado de princípio da ação e reação ou terceira lei de Newton do movimento. Utilizando esse princípio. esperamos que você perceba a importância da terceira lei de Newton. Veremos que a toda força de ação corresponde uma força de reação. Nesta seção. seremos capazes de analisar e entender fisicamente diversas situações cotidianas e profissionais.2 Terceira lei de Newton Diálogo aberto Na seção anterior. Esse princípio explica algumas situações como: Por que nossa mão dói quando batemos em algo? Como um livro fica parado sobre uma mesa? Qual é a função da turbina em um avião? Para entender melhor a terceira lei de Newton. atrito e força elástica. vamos explorar ainda mais a interação das forças com os corpos. que estabelece o princípio da ação e reação entre os corpos. na qual você e sua equipe vão realizar estudos e simulações durante a instalação de um elevador em um prédio. Agora. Você será capaz de identificar cada uma dessas forças e saberá como calculá-las. Figura 2. sendo sempre perpendicular ao solo. A força peso sempre terá direção vertical e sentido para baixo.5 | A força peso P P SOLO SOLO Fonte: elaborada pelo autor. O peso de um corpo é dado por: P =m·g . em que m é a massa do objeto em kg e g é a aceleração da gravidade (já vimos que na Terra g≈9. Portanto.8 m/s2 m=50kg |P| =490 N SOLO Fonte: elaborada pelo autor. se um objeto tem massa de 50 kg. 86 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . apesar de usarmos erroneamente no nosso dia a dia. o módulo do peso. portanto.U2 Não pode faltar Forças especiais Força peso: o planeta Terra exerce uma força de atração gravitacional em todos os corpos que possuem massa e que estejam no campo gravitacional da Terra.6 | Cálculo da força peso |g| =9. Observe que massa e peso são conceitos distintos. no planeta Terra será: |P|=m·g. A direção do peso é sempre vertical e o sentido é sempre para baixo. é medido na unidade newton (N). O peso de um corpo não é a mesma coisa que a massa. Figura 2. O peso é uma força e. É essa força que faz os corpos caírem. Denominamos essa força de atração como peso (P ).8 m/s2). medido na unidade Newton. O peso é uma força gravitacional. A massa de um corpo é medida na unidade quilograma. U2 Força normal: quando um corpo exerce uma força sobre uma superfície qualquer, a superfície reage e empurra o corpo com uma força que é perpendicular à superfície. Esta força recebe o nome de força normal (N). Assim sendo, sempre que um corpo estiver apoiado, a superfície de apoio irá exercer uma força normal no corpo, sendo essa força sempre perpendicular à superfície de apoio. Figura 2.7 | A força normal N superfície de apoio N inclinada superfície de apoio Fonte: elaborada pelo autor. Tração: quando o corpo está preso a uma corda (fio ou cabo) esticada, essa corda aplica ao corpo uma força denominada de tração (T ), que sempre estará orientada ao longo da corda, ou seja, terá a mesma direção da corda. Trabalhamos aqui com cabos ideais. A tração, ao longo de um mesmo cabo ideal, é constante. Figura 2.8 | Tração em uma corda Fonte: <https://en.wikipedia.org/wiki/Block_and_tackle>. Acesso em: 25 maio 2016. Observe na imagem anterior que uma pessoa puxa a corda. A corda resiste à deformação, puxando a extremidade oposta. Assim, como reação, a corda puxa o objeto ao qual está ligada. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 87 U2 Atrito: a força de atrito (Fat ) é uma força de resistência e surge na interação de um corpo com uma superfície. Ambos não são perfeitamente lisos e possuem imperfeições, invisíveis a olho nu e microscópicas. Assim, quando tentamos puxar ou empurrar um objeto sobre uma superfície, podemos perceber a força de atrito, que é sempre paralela à superfície e aponta no sentido oposto ao do movimento ou da tendência de movimento. Dizemos que a força de atrito é sempre contrária ao movimento. O módulo força de atrito é calculado como: Fat =µ·N, em que µ é o coeficiente de atrito, podendo ser coeficiente de atrito estático (µe ) para corpos em repouso ou coeficiente de atrito dinâmico (µd ) para corpos em movimento; N é a intensidade da força normal. Estudaremos mais sobre a força de atrito na próxima unidade. Força elástica (mola): quando um corpo está preso a um objeto elástico (mola, corda elástica ou outro objeto semelhante com propriedades elásticas), vale à lei de Hooke, ou seja, o objeto elástico exerce uma força (Fel ) sobre o corpo, proporcional a sua deformação (L ) e à sua constante elástica (k). Assim: Fel =k· L . A força elástica possui a mesma direção da deformação sofrida pelo objeto elástico, e o sentido dessa força é o da tendência de fazer o objeto elástico, retornar à sua posição de repouso, ou seja, o sentido da força elástica é contrário ao sentido da deformação. Figura 2.9 | A força elástica mola em repouso mola alongada (deformação=L) Fonte: Adaptada de <https://en.wikipedia.org/wiki/Hooke%27s_law>. Acesso em: 10 maio 2016. 88 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações U2 Lembre-se Toda força é uma grandeza vetorial e, portanto, possui módulo, direção e sentido. Peso, normal, tração, atrito e força elástica são forças. A terceira lei de Newton Quando dois corpos interagem, as duas forças decorrentes da interação possuem sempre o mesmo módulo e a mesma direção, porém, sentidos contrários. Esse resultado denomina-se terceira lei de Newton do movimento. Assimile A terceira lei de Newton estabelece o princípio de ação e reação: quando um corpo A exerce uma força (uma ação) sobre um corpo B, o corpo B reage e exerce, também uma força sobre o corpo A (uma reação). Essas duas forças têm o mesmo módulo, a mesma direção e sentidos opostos. Elas atuam em corpos diferentes. É muito importante enfatizarmos que as duas forças, ação e reação, atuam em corpos diferentes. Como enunciado acima, a força de ação se aplica ao corpo B e, a de reação, ao corpo A. Assim, as forças de ação e reação nunca podem se equilibrar (ou anular), pois atuam em corpos distintos. Veja, por exemplo, que um objeto se mantém em repouso em uma superfície plana, porque nele atuam forças que NÃO configuram um par de ação e reação e que, portanto, podem se anular: força peso e normal. Figura 2.10 | Peso e normal na superfície plana N m mg Fonte: <https://en.wikipedia.org/wiki/Mechanical_equilibrium>. Acesso em: 25 maio 2016. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 89 U2 Na Figura 2.10, a força gravitacional atrai o bloco de massa m (força peso). Assim, o bloco pressiona a mesa. A mesa, por sua vez, reage, impedindo o movimento do bloco, aplicando uma força normal sobre ele, de forma a cancelar a força peso. Observe que, se a mesa não conseguir anular completamente a força peso, restaria uma força resultante para baixo, e o bloco teria que acelerar. A mesa quebraria! Exemplificando Quando um objeto é colocado em uma superfície inclinada, ele apresenta uma tendência a se movimentar, deslizando pela superfície, ou seja, as forças normal e peso não se anulam naturalmente nessa situação. Veja a seguir o que ocorre: Considere um bloco de massa igual a 10 kg apoiado em uma superfície inclinada de 30° com a horizontal, como mostra a Figura 2.11, onde não atuam forças de atrito. a) Calcule a força normal. b) Calcule a aceleração do bloco. Figura 2.11 | Plano inclinado Fonte: elaborada pela autora. Solução: a) Sobre o bloco, atuam as forças peso e normal. Sendo o peso vertical para baixo e a normal, perpendicular à superfície. Figura 2.12 | Normal e peso no plano inclinado Fonte: elaborada pela autora. 90 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações U2 Decompondo a força peso, temos: Figura 2.13 | Decomposição das forças no plano inclinado N Px Py P Fonte: elaborada pela autora. Observe que a força normal se anula com a componente vertical do peso, assim: N = Py = m ⋅ g ⋅ cos 30° N = 10 ⋅ 9, 8 ⋅ cos 30° ≈ 85 N Assim sendo, o bloco fica sujeito à presença de uma força resultante, que é a componente horizontal do peso e, por isso, ele desliza sobre o plano inclinado: FR = Px = m ⋅ g ⋅ sen30° FR = 10 ⋅ 9 ,8 ⋅ sen30 ° = 49 N b) Lembrando da segunda lei de Newton, temos que FR = m ⋅ a . Assim, 49 a aceleração do bloco será: 49 = 10 ⋅ a → a = = 4, 9 m s 2 10 Matematicamente, podemos escrever um par de forças de ação e reação como: FAB = - FBA (o sinal negativo indica o sentido oposto entre as forças de ação e reação), em que: FAB : força que o corpo A aplica em B. FBA : força que o corpo B aplica em A. A terceira lei de Newton se aplica para corpos em repouso ou em movimento. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 91 minhabiblioteca. representando-o através de um ponto. Ao desenhar um diagrama de corpo livre. Lembre-se.5>. Física para Cientistas e Engenheiros: Vol 1 . o sistema de coordenadas.com.com/kroton/view/603>. Acesso em: 30 set. Gene.U2 Reflita Você conseguiria explicar por que sua mão ou seu pé machucam quando você bate em uma parede? Por qual motivo os lutadores usam luvas nas mãos? Pesquise mais Assista ao vídeo e veja um ótimo exemplo sobre a terceira lei de Newton. no diagrama de corpo livre.br/#/books/978-85-216-2618-3/ cfi/0!/4/4@0. é conveniente representar. Normalmente. Aprofunde seus conhecimentos e leia mais sobre o assunto na seguinte referência: TIPLER. Acesso em: 30 set. respectivamente. ed. também. 2016. horizontal. 2016. de modo que todo o sistema se movimenta.Mecânica. 6. Oscilações e Ondas. a) Calcule a aceleração do sistema. Paul. sem atrito. temos dois blocos. no qual o único corpo mostrado é aquele que estamos analisando e para o qual somando as forças. MOSCA. para resolver problemas que envolvem as leis de Newton. Exemplificando Na Figura 2. Termodinâmica.00:11. Muitas vezes. Uma força F de módulo igual a 100 N é aplicada ao bloco A. 2009. você possui acesso ao livro realizando log in em sua área do estudante e depois acessando o link. de massas 15 kg e 10 kg. A e B. 92 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . disponível em: <https:// integrada.14. desenhamos um diagrama de corpo livre. Disponível em: <http://physicsdemos. Ambos estão apoiados em uma superfície lisa. Rio de Janeiro: Ltc. simplificamos o corpo em estudo. O peso é sempre vertical. Os módulos dessas forças são: PA = mA ⋅ g = 15 ⋅ 9. portanto. A normal é sempre perpendicular à superfície. Ambos os blocos estão apoiados sobre uma superfície. ela reage e empurra o bloco para cima. ele. possui mesmo módulo. por consequência. nesta situação. direção e sentido oposto ao peso. Como reação. 8 → PA = 147N → N A = 147N PB = mB ⋅ g = 10 ⋅ 9. quando a força F empurra o bloco A. Observe que m é a massa total do sistema: 100 = (mA + mB ) ⋅ a → 100 = (15 + 10) ⋅ a 100 = Logo: a = 4 m s2 25 b) Ambos os blocos estão no planeta Terra. Solução: a) A força resultante do sistema como um todo é justamente F =100N. para baixo e perpendicular ao solo. que. Assim. mesma direção e sentido contrário à força FBA ). temos que: FR = m ⋅ a → 100 = m ⋅ a . aplicando uma força FAB . estão sujeitos à força de atração gravitacional. Figura 2. ao pressionar a superfície com o peso. empurra o bloco B. aplicando uma força FBA (de mesmo módulo.14 | Força agindo nos blocos 100N A B Fonte: elaborada pela autora. Assim. 8 → PB = 98N → NB = 98N Como os blocos estão em contato. temos: Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 93 . por meio da força normal. chamada peso. o bloco B também exerce uma força no bloco A. U2 b) Represente todas as forças atuantes em cada bloco e calcule a intensidade da força trocada entre A e B. assim. concluímos que: FAB = 40N . 0) = 40N Pelo princípio da ação e reação (terceira lei de Newton). 94 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações .15 | Forças que atuam em cada bloco |NA|=147N |NB|=98N |F |=100N |FBA| |FAB| A B |PA|=147N |PB|=98N Fonte: elaborada pela autora. podemos obter a intensidade da força trocada entre os blocos A e B: F − FBA = mA ⋅ a 100 − FBA = 15 ⋅ 4. para a direita. portanto. elas nunca podem se anular. pois as forças peso e normal se equilibram. 0 FBA = 100 − (15 ⋅ 4. O peso e a normal NÃO são um par de ação e reação. Observe que os blocos não se movem na vertical. Assim. O movimento é apenas na horizontal. temos: FRA = mA ⋅ a → F − FBA = mA ⋅ a Substituindo os valores. adotaremos o sentido para a direita como positivo. Lembre-se As forças de ação e reação são em corpos distintos e. A força resultante no bloco A é: FRA = F − FBA Lembrando da segunda lei de Newton.U2 Figura 2. 16: a) Represente todas as forças que atuam em cada bloco. é constante. Os módulos dessas forças são idênticos para cada bloco e são: P = m ⋅ g = 2. Como reação ao peso dos blocos. c) Calcule a força de tração no cabo. direção e sentido oposto ao peso. temos a força peso. atuando em cada um. 6N → N = 19. horizontal e sem atrito.16 | Blocos ligados por uma corda 40N Fonte: elaborada pela autora. A normal é sempre perpendicular à superfície. Solução: a) Nos dois blocos. puxando o bloco para trás. nesta situação. Quando a força F puxa o primeiro bloco. então. Uma força F=40N é aplicada ao sistema. Figura 2.0 kg. de massa igual a 2. puxa a corda para a frente. temos: Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 95 . temos. como mostra a Figura 2. 8 → P = 19. U2 Exemplificando Dois blocos idênticos. que. 6N Os blocos são ligados por um cabo. possui mesmo módulo. A corda reage. A força no cabo. chamada tração (T ). Assim. também. b) Calcule a aceleração do sistema. ele. estão unidos por um cabo ideal (massa desprezível) e estão apoiados em uma superfície lisa. a força normal. vertical para baixo e perpendicular ao solo. 0 ⋅ 9. não há movimento na vertical.17 | As forças em cada bloco |N|=19. Assim. Observe que. temos: FR = T → T = m ⋅ a (equação 2).6N Fonte: elaborada pela autora. portanto. se somarmos a equação 1 com a equação 2. temos: F = 2 ⋅ m ⋅ a → 40 = 2 ⋅ 2 ⋅ a → a = = 10 m s 2 4 c) Para calcularmos a tração.U2 Figura 2. Para o bloco da esquerda. temos. temos: F −T = m ⋅ a T = m⋅a F = 2⋅m⋅a 40 Substituindo. b) Observe que as forças peso e normal se anulam e. temos: Pela equação 1: F − T = m ⋅ a → 40 − T = 2 ⋅ 10 → T = 40 − 20 = 20N Pela equação 2: T = m ⋅ a = 2 ⋅ 10 = 20N 96 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . basta voltarmos em qualquer uma das equações acima (equação 1 ou equação 2).6N |N|=19.6N |P |=19.6N |T | |T | |F |=40N |P |=19. Adotando o sentido para a direita como positivo e analisando cada bloco individualmente. para o bloco da direita: FR = F − T → F − T = m ⋅ a (equação 1). partindo do repouso até atingir a velocidade constante. então. será analisar e calcular as forças que atuam no elevador quando ele está no processo de subida. Calculamos. que participa das simulações. Solução: Para iniciar as análises. temos. U2 Sem medo de errar Agora que você já sabe como descobrir as forças que atuam em um corpo e. é: a=2. como enunciado na seção anterior. que a aceleração do elevador na subida. sempre Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 97 . temos o esboço: Figura 2. Lembre-se de que a massa do elevador é de 800 kg e a do passageiro.18 | Esquema do funcionamento do elevador Motor Contrapeso Elevador Fonte: elaborada pela autora. Vocês sabem que o elevador é sustentado e acionado por um cabo que liga o elevador ao motor e ao contrapeso. Situação: elevador no processo de subida a partir do repouso. Seu desafio. vamos estudar e aplicar os conceitos aprendidos na situação da empresa Eleva Tudo. na seção anterior.0 m/s2. até atingir a velocidade constante. na qual você e sua equipe realizarão estudos e simulações durante a instalação de um elevador em um prédio. é de 70 kg. já aprendeu sobre a terceira lei de Newton. a partir do repouso. O objeto de interesse é o elevador. Você e sua equipe discutem e concluem: como estamos no planeta Terra. é importante que você descubra todas as forças que atuam nele. também. agora. A seguir. Inicialmente. você e sua equipe esquematizaram o sistema de funcionamento do elevador. a força peso. O módulo do peso é: P = m ⋅ g = (800 + 70) ⋅ 9. pois aponta no sentido negativo (para cima). partindo do repouso até atingir a velocidade constante. a tração. 8 = 8526N Para calcular a tração. Utilizando a segunda lei de Newton. a=2. então: T . precisam calcular as forças que atuam no elevador.0 → T =1740 + 8526 = 10266 N A tração no cabo.0 m/s2 e g=9. na descida. O elevador puxa o cabo para baixo devido ao peso. Como o elevador está em subida. vocês concluem que: FR = m ⋅ a → T − P = m ⋅ a Lembrando que P=8526N. vocês lembram da segunda lei de Newton: FR = m ⋅ a . O elevador está sustentado por um cabo que o liga até o contrapeso. uma força negativa. Vocês.8526 N = 870 · 2. como reação.P = m · a → T . temos a aplicação da terceira lei de Newton. temos tensão. sendo o peso uma força positiva.U2 vertical para baixo. O cabo. Para manter o cabo esticado. no momento da descida. Vocês estão esquematizando todas as forças que atuam no elevador em um diagrama de corpo livre. 98 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . A tensão é na direção do cabo e constante por todo o cabo. a tração no cabo é vertical para cima. puxa o elevador para cima.19 | Diagrama de corpo livre do elevador T Elevador + P Fonte: elaborada pela autora.8 m/s2. Que tal você tentar realizar a mesma análise no processo de descida do elevador? Adote o sentido para baixo como positivo e lembre-se de que. possui módulo de 10266 N. agora. pois aponta no sentido positivo adotado (para baixo) e. Logo: FR = T − P . Quando temos cabo. m = 800 kg + 70 kg = 870 kg . Figura 2. Assim. O módulo da força resultante que atua no elevador é a somatória das forças peso e tração. vocês adotam o sentido para cima como positivo. que caiu em um precipício.) Lembre-se A terceira lei de Newton aplica-se tanto para corpos em repouso como para corpos em movimento.20 | Situação de resgate Fonte: elaborada pela autora (Imagem do carro disponível em: <https://pixabay. será possível realizar o resgate sem que a corda arrebente? Figura 2. Ao ler as especificações da corda.0 kN. no máximo. Desprezando o efeito do ar e o atrito. Você. resolve usar as leis de Newton para analisar a situação de resgate e esboça um desenho como a figura apresentada a seguir. você usa um carro e tenta puxar um colega.com/pt/homem-cal%C3%A7%C3%A3o-de- banho-praia-corpo-1317261/>. 2. fazendo com que ele se mova com aceleração de módulo igual a 1.0 m/s2. então.0 m/s2. você descobre que ela suporta. U2 a aceleração do elevador. partindo do repouso até atingir a velocidade constante. é: a=4. você usa uma corda ideal. Para isso. Acesso em: 12 maio 2016. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 99 . Qual será a tração no cabo na descida? Avançando na prática O resgate Descrição da situação-problema Em uma situação de resgate.com/pt/porsche-autom%C3%B3vel- carro-158149/> e imagem do homem disponível em: <https://pixabay. considerando a polia ideal e sabendo que você vai puxar seu colega. de massa igual a 80 kg. adotamos o sentido para cima como positivo. determine: a) Qual é o valor da força que o anteparo exerce sobre o carrinho? b) Retirado o anteparo.U2 Resolução da situação-problema Desenhando um diagrama de corpo livre do seu colega. de 20 kg de massa.8 = 784N Pela segunda lei de Newton: FR = m · a → T . será possível realizar o resgate.P = m · a → T . o sistema está em repouso devido à presença do anteparo. conforme a Figura 2.784 = 80 · 1. então. Inicialmente. temos que a força resultante no seu colega é: FR = T − P .21 | Diagrama de corpo livre do corpo Fonte: elaborada pela autora. Assim. em que P = m · g = 80 · 9.8 m/s2. Sendo g=9. por meio de um fio leve e inextensível.0 → T = 80 + 784 = 864N A tensão no cabo é de 864 N.22. é unido a um bloco de 5 kg. Como a corda suporta até 2000 N. Faça você mesmo Um carrinho. com que aceleração o carrinho se movimenta? 100 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . que bloqueia o carrinho. temos: Figura 2. Como seu colega está se movendo para cima para ser resgatado. Acesso em: 12 maio 2016.) Faça valer a pena 1. podem se anular por terem a mesma intensidade e sentidos opostos. pois.22 | Faça você mesmo Fonte: elaborada pela autora (Imagem do carrinho disponível em: <https://pixabay. d) Errado. Após estudar a terceira lei de Newton um aluno conclui que de nada adianta ele empurrar um carro que está parado por falta de combustível. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 101 . portanto. não existe força de reação. b) Correto. pois as forças de ação e reação são sempre aplicadas ao mesmo corpo. o carro vai continuar em repouso. o carro ficará em repouso. e) Correto. U2 Figura 2. c) Errado. devido à força de reação. pois. as forças de ação e reação são aplicadas a corpos distintos. pois nessa situação. O aluno está: a) Correto. fazendo-o mover-se. apesar de serem aplicadas a corpos distintos. pois as forças de ação e reação.com/pt/ vag%C3%A3o-trem-transporte-476382/>. pois as forças de ação e reação se anulam e. O aluno vai aplicar uma força no carro. U2 2.9 m/s2. Observe o sistema a seguir. d) 98 N e 8. A massa do bloco B é: B A 30° a) 10 kg.5 m/s2. como mostra a figura.7 m/s2. b) 980 kg. a polia e o plano que apoia o bloco A como ideais (sem atrito). Considere o cabo. d) 10 N. 3.9 m/s2. c) 980 N. a) 170 N e 4. O bloco A possui massa de 200 kg. e) 98 N e 1.5 m/s2. respectivamente (considere valores aproximados e despreze o atrito): 60° Fonte: elaborada pela autora. b) 98 N e 4. e) 173 kg. que está em equilíbrio. 102 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . Considere um bloco de massa igual a 20 kg apoiado em uma superfície inclinada de 60° com a horizontal. A força normal e a aceleração do bloco são. c) 170 N e 8. Lembre-se: esses testes são extramente importantes para garantir a instalação correta e o funcionamento com segurança do elevador. algumas dicas para solução de problemas serão apresentadas para que você sinta-se mais confortável e acompanhe melhor o raciocínio. também. porém capazes de solucionar uma grande variedade de desafios reais. sabendo que a tração máxima no cabo é de 20 kN. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 103 . Vimos que. Agora. iremos estudar mais a fundo as situações de equilíbrio. Você já parou para pensar ou já se perguntou como e por que os objetos conseguem ficar em equilíbrio? Será que não existe nenhuma força atuando sobre eles? Ou será que existem forças atuando. Faremos diversos exercícios para que você possa entender perfeitamente o que ocorre com objetos em tal estado. No decorrer dos estudos. U2 Seção 2. Como fazemos para garantir o equilíbrio de corpos? Quais forças precisamos considerar? Como analisar uma situação em que vários corpos estão em contato? Esses e outros questionamentos serão devidamente tratados nesta seção. o desafio será analisar o que acontece com o elevador em duas situações de equilíbrio: em repouso e em movimento uniforme. aplicando a primeira lei de Newton. você conheceu a primeira lei de Newton: o princípio da inércia. mas a força resultante é nula? Veremos que as aplicações da primeira lei de Newton possuem formas muito simples. então a força resultante sobre ele deve ser nula. definir o número máximo de passageiros que o elevador pode suportar.1. nas quais você e sua equipe da empresa Eleva Tudo realizarão novos testes no estudo do elevador. nesta seção. Avaliaremos situações reais de equilíbrio.3 Uso da primeira lei de Newton: partículas em equilíbrio Diálogo aberto Na Seção 2. se o corpo está em equilíbrio. Agora que já aprendemos as três leis de Newton. Vocês irão. o objeto pode estar em repouso ou se movendo com velocidade constante. isto é. podemos concluir: força resultante nula ⇔ velocidade constante (equilíbrio). é importante que você comece a se familiarizar com a simbologia anterior. Força resultante é a somatória de todas as forças que atuam no objeto. n ∑ Fi = FR =0 → equilíbrio i=-1 Lembre-se de que. em sequência. Será um aprendizado e tanto. Você pode utilizar os conhecimentos adquiridos em várias situações cotidianas e profissionais. sendo n representada por: ∑ Fi = FR . i=-1 Caro aluno. Essa variável deve percorrer valores inteiros até alcançar a variável n. a velocidade é constante e igual a zero. A variável i é o índice que indica o início do somatório. precisamos satisfazer a primeira lei de Newton. O somatório é um operador matemático para representar a soma. após estudar esta seção você vai perceber que pode aplicar a primeira lei de Newton para resolver diversas situações de equilíbrio. Assim. de um grande número de termos. ou se o corpo se move com velocidade constante se anteriormente estava em movimento. se anteriormente estava em repouso. Se tivermos. Para manter um corpo em equilíbrio. dizemos que esse objeto está em equilíbrio. Na primeira lei de Newton do movimento. o que importa é conhecer a força resultante FR . 104 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . no repouso. podemos representar a força resultante da seguinte forma: 3 ∑ Fi = F1 + F2 + F3 = FR i=-1 Quando a força resultante sobre um objeto é zero. que determina o limite final do somatório. três forças atuando em um objeto.U2 Caro aluno. Pronto para começarmos? Bons estudos! Não pode faltar Um corpo encontra-se em equilíbrio desde que esteja em repouso. por exemplo. logo de início. Se o corpo estiver ligado por uma corda. Se o corpo estiver apoiado em uma superfície. É absolutamente necessário definir. Reflita Utilizamos o varal para pendurar roupas para secar. 2016. existe uma força de atrito (f ) atuando sobre o corpo. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 105 . U2 Assimile n Quando você usar a primeira lei de Newton ∑ Fi = FR =0 para uma i situação de equilíbrio. THE EDUCATION GROUP. Vídeo-coleção MIDIAFISICA. Se o corpo estiver ligado por uma corda elástica ou mola. Se a superfície de contato não for perfeitamente lisa. devemos identificar as forças que atuam sobre ele. Acesso em: 17 maio 2016.com. você deve aplicá-la em um corpo específico.midiafisica. o corpo que estamos analisando. Você já reparou que o varal nunca fica na horizontal quando penduramos roupas para secar? Por que isso acontece? Assista ao vídeo disponível em: <http:// physicsdemos. Acesso em: 30 set. existe uma tração (T ) atuando sobre ele. existe força peso (P ) atuando sobre ele. fio ou cabo. Tenha em mente que: Se o corpo estiver em um campo gravitacional (planeta Terra).com/kroton/view/1001>. existe uma força normal (N) atuando sobre ele.br>. Disponível em: <www. existe uma força elástica (Fel ) atuando sobre ele. Depois de identificar o corpo que será analisado. Tome cuidado para não considerar forças que o objeto aplica em outros corpos. Após esquematizar todas as forças que são aplicadas no objeto a ser analisado. você deve ser capaz de responder “que outro corpo aplica esta força?”. Você só deve considerar as forças que são aplicadas nele. você pode e deve analisar separadamente o equilíbrio no eixo x (horizontal) e o equilíbrio no eixo y (vertical). Assim. calcule a tração e a massa da esfera.23. Você pode representar todas as forças que atuam no corpo a ser analisado por meio de um diagrama de corpo livre. A mola está alongada em 20 cm. 106 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações .U2 Uma sugestão é que você revise a seção anterior e reveja como representar e calcular cada uma das forças mencionadas. reavalie a existência dessa força. Sempre se lembre do princípio da independência dos movimentos. Assimile Seja cuidadoso na hora de incluir todas as forças que atuam no objeto a ser analisado. podemos escrever a primeira lei de Newton da seguinte forma: n ∑ Fxi =0 → equilíbrio (horizontal) i=1 n ∑ Fyi =0 → equilíbrio (vertical) i=1 Exemplificando Uma esfera está suspensa por uma corda e uma mola. ou seja. Sabendo que a esfera está em equilíbrio e que a constante elástica da mola é k=100N/m. como mostra a Figura 2. Se não conseguir responder. temos a tração (T ) na direção do cabo. sempre vertical para baixo. Como a esfera está suspensa por uma corda. adotamos os sentidos positivos para os eixos xy. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 107 . também. por uma mola. temos: Figura 2. temos a força elástica na mesma direção da mola e com sentido oposto ao da deformação. U2 Figura 2. Observe que. portanto. Considerando que a situação ocorre no planeta Terra.23 | Esfera suspensa em equilíbrio 60° Fonte: elaborada pela autora. A esfera está suspensa. temos força peso (P ) atuando sobre a esfera. Solução: Vamos olhar para a esfera e ver quais forças atuam sobre ela.24 | Diagrama de corpo livre da esfera (T) 60° (Fel) î (P) Fonte: elaborada pela autora. no diagrama de corpo livre. Desenhando um diagrama de corpo livre da esfera. U2 Fel =(k·L)î P =(-m·g) Veja que precisamos decompor a tração, pois ela está inclinada no plano. Temos, então: Tx = -T·cos(60°)î Ty = -T·cos(60°) Figura 2.25 | Componentes da tração Ty Tx (Fel) (P) Fonte: elaborada pela autora. Como a esfera está em equilíbrio, a somatória das forças que atuam sobre ela deve ser nula, ou seja, a força resultante deve ser zero. Podemos analisar separadamente as forças que atuam no eixo x (forças horizontais) das forças que atuam no eixo y (forças verticais). Lembre- se do princípio de independência dos movimentos. Para o equilíbrio, a somatória de forças no eixo x deve ser zero e, também, a somatória de forças no eixo y deve ser zero. Assim, no eixo x, temos : ∑ Fx= Fel + Tx =0 (k·L)î - Tx =0 (100·0,2î) - ( Tx )=0 → Tx=20î Sabemos que: Tx = T·cos 60° → T= 20 = 40N cos 60° No eixo y, temos: ∑ Fy= Ty + P = 0 ( Ty ) = (m·g ) = 0 → Ty = m·9,8 108 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações U2 Sabemos que: Ty = T·sen 60° → m·9,8 = 40·sen60° Assim: m = 40·sen60° ≈ 34,64 ≈ 3,5 kg 9,8 9,8 Quando o problema envolve mais de um corpo, você deve separar os corpos e desenhar um diagrama de corpo livre para cada um. Ao estudarmos as aplicações das leis de Newton, iremos nos deparar com muitas situações envolvendo polias (também chamadas de roldanas). As polias são dispositivos circulares utilizados para mudar a direção e o sentido da força que traciona o cabo. Existem polias fixas e móveis. A associação de várias polias pode reduzir drasticamente a força necessária para elevar um objeto pesado. Quando dizemos que temos polia ideal em um sistema, queremos dizer que a força é transmitida integralmente por ela, de modo que ela altera a direção e o sentido, mas não a intensidade da força. Com isso, afirmamos também, que a massa da polia é desprezível e não há atritos ou resistências nela. Exemplificando Observe o sistema a seguir, que está em equilíbrio. O bloco A possui massa de 200 kg. Considere o cabo, a polia e o plano que apoia o bloco A como ideais (sem atrito). Calcule: a. A tração no cabo. b. A força normal no bloco A. c. A massa do bloco B. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 109 U2 Figura 2.26 | Sistema de blocos em equilíbrio Fonte: elaborada pela autora. Solução: As forças que atuam no bloco A são: a Terra aplica uma força peso ( PA ), o cabo aplica uma tração (T ) e a superfície de apoio aplica uma normal (N ). As forças que atuam no bloco B são: a Terra aplica uma força peso (PB), o cabo aplica uma tração (T ). Observe que, como o cabo é ideal, o módulo da tração (T) é constante por todo o cabo, assim, a mesma intensidade da tração atua nos blocos A e B. Observe, também, que o bloco B não está apoiado em nenhuma superfície, por isso não há normal atuando nele. Construindo o diagrama de corpo livre para cada bloco, temos: Figura 2.27 | Diagrama de corpo livre do bloco A T N y 60° Tx Ty A x PAx PAy 30° PA Fonte: elaborada pela autora. 110 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações U2 Observe, no diagrama do bloco A, que fizemos a decomposição da força tração e, também, da força peso. Veja que a tração foi projetada, pois a corda está inclinada com um ângulo de 60° em relação ao versor . Assim, pelo diagrama anterior, temos: Tx = T·sen60°î Ty = T·cos60° PAx = P·sen30°î PAy = P·cos30° Figura 2.28 | Diagrama de corpo livre do bloco B T y B î x PB Fonte: elaborada pela autora. Perceba que, para cada diagrama de corpo, adotamos as orientações dos eixos xy, por meio dos versores î e , conforme nossa necessidade. Uma dica para objetos que estão em planos inclinados é adotar a orientação dos eixos, de forma que o eixo x seja paralelo à superfície do plano inclinado. Observe, na Figura 2.27, que as forças tração e peso foram projetadas conforme as orientações adotadas para os eixos os versores î e . Como o sistema está em equilíbrio, consequentemente, os blocos A e B também estão. a) Assim, no bloco A, temos: Σ Fx = Px + Tx = 0 (mA ⋅ sen30 ⋅ g ) − (T ⋅ sen 60° ) = 0 200 ⋅ sen30° ⋅9 ,8 (200 ⋅ sen30° ⋅9, 8 ) − (T ⋅ sen 60° ) = 0 → T = sen 60° 980 T = ≈ 1132 N sen 60° Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 111 U2 Lembre-se de que o módulo da tração é constante por todo o cabo, visto que estamos desprezando o atrito, ao considerarmos a polia ideal. b) Ainda no bloco A, agora no eixo y, temos: Σ Fy = N + Ty + P = 0 (N ) + (T ⋅ cos 60° ) − (mA ⋅ cos 30° ⋅g ) = 0 (N ) + (1132 ⋅ cos 60° ) − (200 ⋅ cos 30° ⋅9, 8 ) = 0 → N + 566 − 1697 = 0 N ≈ 1697 − 566 → N ≈ 1131 Logo, a normal possui módulo de aproximadamente 1131 N. c) No bloco B, temos forças atuando apenas na vertical. Logo: Σ Fy = T + PB = 0 (1132 ) − (mB ⋅ 9, 8 ) = (1132 − mB ⋅ 9, 8 ) = 0 1132 mB = ≈ 116 kg 9, 8 Pesquise mais Aprofunde seus conhecimentos. Leia o capítulo 5 do livro: RESNICK, R.; HALLIDAY, D.; KRANE, K. S. Física 1. 5. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2008. v. 1. Faça o login na sua biblioteca virtual. Copie e cole o link a seguir no seu navegador, disponível em: <https:// integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/978-85-216-1945-1/ cfi/116!/4/
[email protected]:0.00>. Acesso em: 17 maio 2016. Sem medo de errar Vamos reforçar os conceitos aprendidos nesta seção, aplicando-os nas simulações que você e sua equipe estão realizando pela empresa Eleva Tudo durante a instalação de um elevador. Lembre-se: esses testes são extramente importantes para garantir a instalação correta e o funcionamento com segurança do elevador. Agora, vocês devem avaliar as condições de equilíbrio do elevador. Ou seja, estudar o elevador em repouso (velocidade nula) e, também, o elevador se movendo com velocidade constante. O objetivo é calcular a tração no cabo quando o elevador está em 112 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações Através dessa comparação. sabendo que a tração máxima no cabo é de 20 kN. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 113 .30 | Diagrama de corpo livre do elevador em equilíbrio T Elevador P Fonte: elaborada pela autora. Figura 2. O objeto de interesse é o elevador. é de 70 kg (considere essa a massa média dos passageiros). Já vimos as forças que atuam no elevador: a força peso e a tração. vocês definirão o número máximo de passageiros que o elevador pode suportar. Situação: elevador em equilíbrio (repouso ou se movendo com velocidade constante).29 | Esquema do funcionamento do elevador Motor Contrapeso Elevador Fonte: elaborada pela autora. temos: Figura 2. que participa das simulações. Lembre-se de que a massa do elevador é de 800 kg e a do passageiro. U2 equilíbrio e comparar com os valores obtidos anteriormente. Solução: Esboçando novamente o sistema do elevador. Assim. 8 Dessa massa total. durante a subida: Tmax − Pmax = mlim ite ⋅ a 20000 20000 − (mlim ite ⋅ 9. De posse dos valores anteriores. 8 = 8526 Portanto. ou seja. defina 114 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . temos o quadro a seguir: Situação analisada Módulo da tração no cabo Elevador no processo de subida 10266 N Elevador no processo de descida 5046 N Elevador em equilíbrio 8526 N (repouso ou movendo-se com velocidade constante) Fonte: elaborada pela autora. considerando a média de massa de 70 kg por passageiro. temos. não se esqueça de que 800 kg é da cabine do elevador. Comparando as trações em todas as situações analisadas até o momento. quando ele parte do repouso e acelera para subir. 8 ) = 0 → T = 870 ⋅ 9. U2 Como o elevador está em equilíbrio a força resultante sobre ele deve ser nula. Assim. 0 → mlim ite = ≈ 1695 kg 11. para analisar o peso máximo suportado. o módulo da tração para o elevador em equilíbrio é de 8526 N. até atingir a velocidade constante. Sabendo que a tração máxima no cabo é de 20 kN. Esquecer forças ou colocar forças que não existem vai comprometer os resultados. 8) = mlim ite ⋅ 2. é: 1695 − 800 Passageiros = ≈ 12. você e sua equipe concluem que a maior tração no cabo ocorre no processo de subida do elevador. 8 ⇒ 12 passageiros 70 Atenção É muito importante que você saiba representar corretamente todas as forças que atuam no corpo a ser analisado. o número máximo de passageiros. Logo: ΣF=T +P =0 (T ) − (870 ⋅ 9. Qual cabo você deverá pedir ao vendedor? Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 115 . a corda elástica possui constante elástica k=300 N/m e será alongada de 0. A instalação deverá ser conforme a figura a seguir. você rapidamente analisa o sistema de instalação da luminária com o objetivo de calcular a tração no cabo e o ângulo α. U2 corretamente o corpo que será analisado. para responder ao vendedor.31 | Instalação da luminária α Fonte: elaborada pela autora. falta comprar o cabo. você resolve instalar uma luminária em sua residência.5 m na instalação. Ao chegar à loja de materiais. que define a condição para que os corpos estejam em equilíbrio. Você já possui algumas informações: a luminária tem massa de 8. em especial a primeira lei de Newton. o vendedor pergunta se você quer um cabo que suporte até 100 N ou até 200 N. Você já tem a luminária e a corda elástica. Avançando na prática Instalando uma luminária Descrição da situação-problema Após aprender as leis de Newton. Não se esqueça do princípio da independência dos movimentos. A luminária deverá ficar em repouso. Para cada força que você considerar. faça um diagrama de corpo livre e adote os sentidos positivos para os eixos xy. Figura 2. Assim sendo.0 kg. responda “que outro corpo aplica esta força?”. sem usar o teto e utilizando um cabo e uma corda elástica. 5 ⋅ ) − (Tx ) = 0 → Tx = 300 ⋅ 0. 4 116 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . 5 ⋅ = 150 Analisando. quando necessário. temos: Analisando o eixo x: Σ Fx = Fel + Tx = 0 (k ⋅ L ⋅ ) − (Tx ) = 0 (300 ⋅ 0. agora. e de analisar separadamente as forças que atuam na horizontal e na vertical. 8 = 78. Um objeto só pode estar em equilíbrio se a força resultante sobre ele for nula. U2 Lembre-se Lembre-se de projetar as forças. 0 ⋅ 9.32 | Diagrama de corpo livre da luminária Ty y T α Tx Fel P î x Fonte: elaborada pela autora. Resolução da situação-problema Vamos desenhar um diagrama de corpo livre com todas as forças que atuam sobre a luminária: Figura 2. Para o equilíbrio da luminária. o eixo y: Σ Fy = Ty + P = 0 (Ty ) − (m ⋅ g ^) = 0 (Ty ) − (8. 0 ⋅ 9. 8 ) = 0 → Ty = 8. 3 ⋅ cos α → cos α = 150 ≈ 0. 6° Portanto. como na Figura 2.33. podemos concluir que o módulo da tração no cabo é: T 2 = Tx 2 + Ty 2 → T = Tx 2 + Ty 2 T = (1502 ) + (78. Faça você mesmo Três forças atuam sobre uma esfera de massa desprezível. Qual deve ser o módulo da força F3 para que a esfera esteja em equilíbrio? Figura 2. você solicita ao vendedor um cabo que suporte até 200 N. U2 Assim. 3 Logo: α = arccos(0. 42 ) ≈ 169. temos que: 150 = 169. 89 169. 88) ≈ 27.33 | Esfera em equilíbrio y 300 N 200 N 45° 30° x 53° F3 = ? Fonte: elaborada pela autora. 3 N Sabendo que Tx = T ⋅ cos α . Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 117 . b) Possui módulo de 40 N. direção horizontal e sentido para a direita. Podemos afirmar que a tração no cabo: 50N Fonte: elaborada pela autora. a) Possui módulo de 30 N. U2 Faça valer a pena 1. direção oblíqua e sentido de 30° com o eixo x. direção oblíqua e sentido de 90° com o eixo x. de massa igual a 8. 118 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . está preso à parede através de uma corda e apoiado em uma superfície plana. horizontal e sem atrito. Uma força de 50 N está sendo aplicada no bloco. e) Possui módulo de 50 N. Um bloco.0 kg. como mostra a figura. Considere a situação mostrada na figura a seguir: N F y Px Py 30° P 30° x Fonte: elaborada pela autora. porém o bloco permanece em repouso. 2. direção horizontal e sentido para a esquerda. d) Possui módulo de 50 N. c) Possui módulo de 50 N. direção horizontal e sentido para a esquerda. Estão corretas somente as afirmações: a) I. Despreze o atrito. podemos afirmar que: I – Se o bloco está em repouso. e) I. c) 245 N e 50 kg. No sistema representado a seguir. O bloco A possui massa de 50kg. O sistema está em equilíbrio. N = P . somando os módulos de cada uma das forças aplicadas em suas extremidades. c) II e III. os blocos estão ligados em um dinamômetro. então N = Py e F = Px . IV – O bloco nessas condições não pode estar em equilíbrio. 3. II e III. então. mas F ≠ Px . O dinamômetro é um instrumento que mede a força total aplicada sobre ele. III – Se o bloco está em repouso. A indicação no dinamômetro e a massa do bloco B são. as polias e o dinamômetro são ideais. N = Py . a) 0 e 50 kg. respectivamente: Fonte: elaborada pela autora. II – Se o bloco se move com velocidade constante. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 119 . d) IV. b) 0 e 25kg. então. Os cabos. b) I e II. U2 Nessas condições. e) 490 N e 25 kg. d) 245 N e 25 kg. U2 120 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . aplicamos a primeira lei de Newton e. exemplos práticos de como utilizar e quais informações podemos obter por meio do princípio fundamental da dinâmica. Sabemos que os corpos que se aceleram não estão em equilíbrio. Nesta seção. agora. estamos preparados para discutir mais detalhadamente problemas de dinâmica. então.4 Uso da segunda lei de Newton: dinâmica da partícula Diálogo aberto Olá. também. Você e sua equipe vão aplicar a segunda lei de Newton para calcular a força realizada pelo motor sobre o cabo de aço em duas situações distintas: quando o elevador começa a subir e quando o elevador está em processo de descida. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 121 . você pode entender que quando estudamos situações de equilíbrio. a segunda lei de Newton. aplicamos. também. O contrapeso possui massa fixa equivalente a 40% da massa do elevador na capacidade máxima. U2 Seção 2. estudaremos situações em que os objetos não estão em equilíbrio e veremos diversas aplicações. Finalizaremos o estudo desta unidade fazendo uma última análise interessante no elevador da empresa Eleva Tudo. sobre qual corpo ou objeto estamos falando. Mostraremos. Neles.1. estudante! Já avançamos muito nosso estudo da mecânica e. devemos identificar todas as forças que atuam nesse corpo. Você vai descobrir. Assim sendo. devemos aplicar a segunda lei de Newton: o princípio fundamental da dinâmica. logo de início. é absolutamente necessário definir. apresentada na Seção 2. Em seguida. algumas dicas para solução de problemas. para que você consiga utilizar o conhecimento adquirido em diversas outras situações do seu cotidiano ou da sua vida profissional. ao analisar o movimento. pois a força resultante sobre o corpo não é igual a zero e. que a força resultante é igual ao produto da massa pela aceleração. quando estudamos situações sem equilíbrio. Lembre-se de que. a seguir. Uma dica importante é lembrar que a força resultante e a aceleração sempre possuem mesma direção e sentido. Nesta seção. conforme enunciado pela segunda lei de Newton.U2 também. devemos descobrir todas as forças que atuam sobre ele. Assimile Se o corpo não está em equilíbrio. atua uma força resultante diferente de zero. interagindo entre si. Ou seja. A segunda lei de Newton define o princípio fundamental da dinâmica: a força resultante que age sobre um corpo é igual ao produto da massa do corpo pela aceleração. devemos lembrar que: Σ F= FR =m · a Para resolver as situações da dinâmica de corpos. Divirta-se! Não pode faltar Na seção anterior. pois. Uma boa dica é que você sempre revise os conceitos aprendidos nas seções anteriores. então esse corpo possui aceleração e sobre ele atua uma força resultante. como resolver problemas quando temos vários objeto. primeiro é preciso identificar o corpo que vamos estudar. Desenhar um diagrama de corpo livre com os sentidos positivos dos eixos do plano cartesiano pode ajudar muito. você aprendeu como resolver situações em que os objetos estavam em equilíbrio. iremos aprender como resolver situações em que o corpo não está em equilíbrio. discutiremos agora problemas de dinâmica. sobre eles. 122 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . em seguida. o que temos preparado para você. cujo módulo é dado pelo produto da massa pela aceleração do corpo. Você vai perceber que já somos capazes de descobrir diversas informações ao resolver os problemas. Vale muito à pena ter em mente tudo o que aprendemos até aqui. Assim. Quer ver? Acompanhe atentamente. Os corpos que não estão em equilíbrio se aceleram. em movimento. o bloco B. Desprezando atrito e resistência do ar.35 | Diagrama de corpo livre do bloco A TA A PA Fonte: elaborada pela autora. é constituído de cabos e polias ideais. como consequência. para baixo. Figura 2. num local onde a aceleração da gravidade possui módulo g=9. de 5. pois o bloco C é mais pesado. sabendo que ele foi abandonado do repouso da posição s0. a aceleração de todo o sistema é a mesma (todos os blocos se movem com a mesma aceleração). O bloco A possui massa de 4. de 11. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 123 .0 kg.0 kg.0 kg e o bloco C. calcule a velocidade do bloco A ao passar pela posição s1. o bloco B se move para a direita e o bloco C.34 | Sistema de três blocos em movimento Fonte: elaborada pela autora. Figura 2.8 m/s2. U2 Exemplificando O sistema. Assim. Solução: Veja que o bloco A se movimenta para cima. com o intuito de descobrir a força resultante em cada um. a seguir. Como não há atrito nem resistências. Devemos analisar cada bloco separadamente. 2 + 15. a força resultante no bloco B é dada pelas forças que atuam na horizontal (as trações nos cabos). 0 ⋅ a + ( 4. 2) + (11.36 | Diagrama de corpo livre do bloco B NB TA TC B PB Fonte: elaborada pela autora. portanto. sabemos que a força resultante também é para a direita. adotaremos o sentido para cima como positivo. Assim. 0 ⋅ a (equação 1) 124 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . 0 ⋅ a ) = 39. desse modo: Σ FB = FRB = TC − TA TC − TA = mB ⋅ a → TC = TA + mB ⋅ a TC = ( 4. No bloco B. 0 ⋅ 9. as forças peso e normal se equilibram e. 8) = 4. adotaremos o sentido para a direita como positivo. sabemos que a força resultante também é para cima. Como a aceleração do bloco B é para a direita. assim. assim: Σ FA = FR A = TA − PA TA − PA = mA ⋅ a → TA = mA ⋅ a + PA TA = 4. 2 Figura 2. apenas na horizontal.U2 Como a aceleração do bloco A é para cima. ele não se movimenta na vertical. portanto. 0 ⋅ a + 39. 0 ⋅ a + 39. 0 ⋅ 9. v 2 = v 0 2 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s Lembrando que a velocidade inicial é nula e o deslocamento é de 250 mm. temos: TC = 39. Como a aceleração do bloco C. 0 Usando Torricelli. 8) − (5. 5 m s Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 125 . U2 Figura 2. 0 − 5.25 m. 0 ⋅ a → a= = 0. 49 ≈ 0. sabemos que a força resultante também é para baixo e adotaremos o sentido para baixo como positivo.37 | Diagrama de corpo livre do bloco C TC C PC Fonte: elaborada pela autora. 8 0 = −9. 0 ⋅ a ) = 49. 2 + 15. 0 ⋅ a (equação 1) TC = 49. 5 ⋅ 0. 5 m s 2 20. logo: Σ FC = FRC = PC − TC PC − TC = mC ⋅ a → TC = PC − mC ⋅ a TC = (5. 0 ⋅ a (equação 2) Então. ou seja. podemos obter a velocidade do bloco A na posição desejada. 25 = 0. 25 = 0. temos: v 2 = 0 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s → v = 2 ⋅ 0. 0 ⋅ a (equação 2) Subtraindo as equações acima. é para baixo. 0. 8 + 20. 0 − 5. temos: 9. Rio de Janeiro: LTC. Qual deve ser o módulo da tração no cabo para que o carro suba com uma aceleração de 0. 1. Leia o capítulo 5 do livro: RESNICK. 5.0577.com/pt/carro- transporte-autom%C3%B3vel-533592/>. KRANE. disponível em: <https:// integrada.) 126 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . R. podemos até mesmo. Faça o log in na sua biblioteca virtual. Física 1.00>. ou seja.U2 Sempre se lembre do princípio da independência dos movimentos.br/#/books/978-85-216-1945-1/ cfi/116!/4/
[email protected]/s2? Solução: Figura 2. Acesso em: 17 maio 2016. Acesso em: 30 maio 2016.com.00:0.. A ladeira forma um ângulo de 30° com a horizontal. ed. A massa do carro é de 800kg e o coeficiente de atrito entre o asfalto e os pneus é 0.. S.minhabiblioteca.38 | Diagrama de corpo livre do carro T N y Px x Fat Py P 30° Fonte: elaborada pela autora (Imagem do carro disponível em: <https://pixabay. você pode e deve analisar separadamente os movimentos compostos. D. v. K. Exemplificando Um carro quebrado deve ser içado por uma corda para subir uma ladeira. HALLIDAY. separando- os em movimento que ocorre no eixo x e movimento que ocorre no eixo y. Copie e cole o link a seguir no seu navegador. 2008. escrever a segunda lei de Newton da seguinte forma: Σ Fx = FRx = m ⋅ ax Σ Fy = FRy = m ⋅ ay Pesquise mais Aprofunde seus conhecimentos. Assim. Assim. É interessante notar que nem sempre conseguimos mover um objeto por uma superfície. tração e atrito. temos: Px = m ⋅ g ⋅ sen30° = 800 ⋅ 9 . Então: N = Py ≈ 6790N Sabendo a normal. 0577 ⋅ 6790 ⇒ Fat = 392N Pelo eixo x. ay = 0 . em que µ é o coeficiente de atrito. Isso ocorre devido ao atrito. Assim: T − 3920 − 392 = 800 ⋅ 0. temos: Σ Fy = FRy = N − Py Pela segunda lei de Newton: N − Py = m ⋅ ay . 5 → T = 400 + 3920 + 392 = 4712N O módulo da tração no cabo é de 4712 N. O módulo da força de atrito é: Fat =µ·N . precisamos decompor apenas a força peso.8 ⋅ sen30° = 3920 N Py = m ⋅ g ⋅ cos 30° = 800 ⋅ 9. mas. mesmo aplicando uma força sobre ele. O atrito é uma força que aparece somente quando há deslizamento ou tendência de deslizamento entre as superfícies de contato. De acordo com a orientação dos eixos x e y. temos: Σ Fx = FRx = T − Px − Fat Pela segunda lei de Newton: T − Px − Fat = m ⋅ ax Observe que a aceleração do carro é justamente pelo eixo x. podendo ser coeficiente de atrito estático (µe) para corpos em repouso (com tendência de deslizamento). ou Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 127 . como não temos aceleração na vertical. normal. U2 As forças que atuam sobre o carro são: peso. pois não há movimento pelo eixo y. A força de atrito é sempre paralela às superfícies de contato e contrária ao sentido do movimento. podemos calcular a força de atrito: Fat = α ⋅ N = 0. 8 ⋅ cos 30° ≈ 6790 N Utilizando o princípio da independência dos movimentos. O contrapeso possui massa fixa equivalente a 40% da massa do elevador na capacidade máxima. 2 m/s2 e 4 m/s2.U2 coeficiente de atrito dinâmico (µd) para corpos em movimento (já em deslizamento). Na seção anterior. Vocês também já sabem a aceleração do elevador nos processos de subida e descida até atingir a velocidade constante. o contrapeso deve descer. e N é o módulo da força normal. 2016. calculamos a carga máxima do elevador que é de 1695 kg. Assim. você acha que é mais fácil iniciar o movimento. Reflita Pensando nos coeficientes de atrito estático e dinâmico. O coeficiente de atrito estático é maior que o dinâmico: µe > µd . Acesso em: 30 set. Sem medo de errar Você e sua equipe da empresa Eleva Tudo precisam finalizar os estudos e os testes do elevador instalado.com/ kroton/view/705>. que são. 128 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . vocês precisam aplicar a segunda lei de Newton para calcular a força realizada pelo motor sobre o cabo de aço em duas situações distintas: quando o elevador começa a subir e quando o elevador está em processo de descida. Solução: Situação de subida do elevador: na subida do elevador. vamos analisar o contrapeso. Para isso. respectivamente. tirando o objeto do repouso. ou manter o movimento do objeto que se move? Em qual dessas situações você acha que precisa fazer mais força? Pesquise mais Assista a este vídeo que mostra claramente a diferença entre o atrito estático e dinâmico: Disponível em: <http://physicsdemos. Porém. concluir que o módulo da força exercida pelo motor no cabo.5408. Qual será a força exercida no cabo. temos que a força resultante no contrapeso. o contrapeso deve descer. 4 ⋅ 1695 = 678 kg Assim. 8) − 1356 = 5288. pelo motor. o contrapeso deve subir.6 N Vale ressaltar que. A massa do contrapeso é: mc = 0. o contrapeso é responsável por fazer uma força no cabo equivalente a 5288. nesta situação. nos estudos realizados. Podemos. As análises mudam. Que tal você tentar realizar a mesma análise no processo de descida do elevador? Tenha em mente que. para a descida do elevador? Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 129 . é justamente o que falta para termos os 10266 N. conforme a segunda lei de Newton é: FRc = mc ⋅ a = 678 ⋅ 2. já sabemos que. ou seja: FMOTOR=10266 . U2 Figura 2. lembrando que a aceleração de todo o sistema na subida é a=2m/s2. 4 N Portanto. Assim. então. você e sua equipe consideraram apenas um passageiro de massa de 70 kg no elevador. durante a subida do elevador. observe que. a tração no cabo deve ser de T=10266 N. temos: FRc = Pc − T = 1236 N → T = (678 ⋅ 9. dependendo do número de passageiros. e a aceleração de todo o sistema é a=4 m/s2.4 N para a subida do elevador. durante a subida com apenas um passageiro no elevador. 0 = 1356 N Mas.4 ≈ 4857.39 | Diagrama de corpo livre do contrapeso na subida do elevador T Contrapeso PC Fonte: elaborada pela autora. para o elevador descer. Desenhar um diagrama de corpo livre com todas as forças que atuam no corpo analisado pode ajudar bastante. calculando o módulo da força normal. Será que. você saberá responder à pergunta? Qual foi a leitura que você observou na balança? Lembre-se A força resultante e a aceleração possuem. Como um bom estudante. sabemos que a balança reage e exerce uma força normal sobre a pessoa. podemos resolver a questão. após essa experiência. Pela terceira lei de Newton. de mesmo módulo da força peso. você decidiu colocar uma balança dentro de um elevador e pediu para que uma pessoa de 60 kg ficasse sobre a balança enquanto o elevador subia com aceleração de a=2 m/s2. Quando há mais de um corpo. o corpo que está sendo analisado. Já a massa não depende da aceleração. você pode analisar cada um separadamente. com clareza. analisando as forças que atuam sobre a pessoa (peso e normal). decidiu realizar um experimento com a balança. Resolução da situação-problema A balança faz a leitura da força de cima para baixo exercida pela pessoa sobre a balança (força peso). sempre.U2 Atenção É muito importante definir. 130 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . Avançando na prática Peso aparente: o que mede a balança? Descrição da situação-problema Você foi desafiado a responder se as balanças medem o peso ou a massa das pessoas. a mesma direção e o mesmo sentido (segunda lei de Newton). antes de responder. Assim. você. Sabe-se que os pesos dos corpos dependem da aceleração. Logo. Sabendo que o elevador está subindo com aceleração de a=2m/s2 e que a aceleração da pessoa é a mesma do elevador.org/wiki/File:Balance_board_2. Calcule: a) A leitura da balança. adotando o sentido para cima como positivo. Acesso em: 31 maio 2016. Faça você mesmo Uma pessoa de massa de 80 kg está dentro de um elevador e sobre uma balança. Observe que. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 131 . em kg. a força normal é igual ao peso da pessoa. Ela realiza a leitura referente à força normal aplicada ao objeto que está sobre ela. podemos concluir que a balança não mede nem o peso e nem a massa. U2 Figura 2. quando o elevador está em equilíbrio. 8) = 708 N Portanto. 0 + 9. quando a balança está em uma superfície plana e em equilíbrio. Essa leitura denomina-se peso aparente.wikimedia. Assim.svg>.40 | Diagrama de corpo livre N P Fonte: adaptado de: <https://commons. a leitura da balança é de 120 N a mais que do que o peso real. temos: Σ F = FR = N − P Pela segunda lei de Newton: N − P = m ⋅ a Já sabemos que: a=2m/s2 Então: N − ( m ⋅ g ) = m ⋅ a → N = m (g + a ) N = 60 (2. A força de atrito entre o bloco e o plano é de 5. Faça valer a pena 1. c) 30°. b) 85°. U2 b) A leitura da balança.0 Fonte: elaborado pela autora. O gráfico a seguir mostra a variação da velocidade do bloco no tempo.0 2. quando o elevador está freando durante a descida com aceleração de 4 m/s2. d) 60°. c) A leitura da balança. em kg.0 3.0 4. quando o elevador está descendo com aceleração de 3 m/s2. O ângulo de inclinação do plano é de aproximadamente: v (m/s) 6.0 kg parte do repouso e desliza sobre um plano inclinado. e) 18°. 132 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações .0 2.0 N. Um bloco de 5.0 Tempo (s) 1. em kg. a) 90°. 0 s são. c) 3 m/s2 e 6. Os módulos da aceleração do bloco e a distância percorrida por ele após 2. respectivamente (considere valores aproximados): 37° Fonte: elaborado pela autora.0 kg é abandonado do repouso sobre um plano inclinado de 37° com a horizontal. No plano inclinado mostrado abaixo.0 m. O coeficiente de atrito entre o bloco e o plano é de 0.0 m.0 m. 3.50.0 m/s2. Despreze o atrito.0 m. U2 2. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 133 . e) 5 m/s2 e 10. o bloco A de massa M desce com aceleração de 2 m/s2. Um bloco de 3. b) 2 m/s2 e 4. puxando o bloco B de massa M para cima.0 m. Considere g=10. a) 1 m/s2 e 2. d) 2 m/s2 e 8. A massa do bloco A deve ser quantas vezes maior que a do bloco B? a A B 30° Fonte: elaborado pela autora. U2 a) 1. e) 5. b) 2. d) 4. 134 Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações . c) 3. Rio de Janeiro: LTC Livros Técnicos e Científicos. HALLIDAY. W. D. 3. ed. H. WALKER. ed. Princípios de física. Campinas: Átomo. J. H. H. 2009. J. Práticas de laboratórios para engenharias – Obra de referência. Física para cientistas e engenheiros. M. v. U2 Referências CHIQUETTO. R. v. 3. Física I: mecânica. E. SERWAY. SEARS. 6. 1. 2010. P. TIPLER. São Paulo: Scipione. F. Rio de Janeiro: LTC Livros Técnicos e Científicos. D. NUSSENZVEIG. J. 12. Curso de física básica. M. ORTIZ. 2011. 1996. São Paulo: Edgard Blücher. A. ed. v. ed. RESNICK. 2009. ed. v. 2009. Física 1: mecânica. 12. Fundamentos de Física 1: mecânica. São Paulo: Pearson. Aprendendo física. São Paulo: Pearson. Dinâmica – Leis de Newton do movimento e suas aplicações 135 . 8. JEWETT JR. R. B. 2008. 1. PAGLIARI. YOUNG. 3. VALENTIM. 2011. A. YOUNG. São Paulo: Cengage Learning. ZEMANSKY. W. W. . Nas situações que estudamos até agora. O que vamos aprender nesta seção. Faremos uso daquela famosa frase enunciada por Lavoisier: “Na natureza. já aprendemos muito sobre a mecânica. também. é também uma maneira mais simples de resolver alguns dos problemas já estudados. nada se cria. abordadas nas unidades anteriores. facilita o nosso trabalho. além de ser usado para resolver várias situações. pensando em termos de energia. Muitas vezes. para explicar as variações do estado de movimentos dos corpos. consideramos que as forças que atuavam sobre os corpos eram constantes. aprenderemos outros métodos para abordar essas questões e. ou seja. Conheceremos e aplicaremos os conceitos de trabalho. ou seja. Então. nem sempre elas são constantes. . a intensidade da força não mudava com o tempo. aplicar apenas as leis de Newton e as demais técnicas que você já aprendeu em cinemática e dinâmica. energia. em muitas situações. tudo se transforma”. não é mesmo? Está sendo empolgante desvendar e entender fisicamente os fenômenos naturais que ocorrem no nosso dia a dia. Mas sabemos que as forças podem variar. Unidade 3 Trabalho e energia Convite ao estudo Prezado estudante. nada se perde. que. como podemos estudar esse tipo de situação? Como entender o início dos movimentos? O que nos permite levantar um objeto ou correr pela rua? Nesta unidade. potência e o princípio de conservação da energia. não serão suficientes para desvendar um problema na Física. foi convidado para projetar e participar do desenvolvimento de uma montanha-russa em um novo parque de diversões que será aberto em breve na sua cidade. aplicaremos os conceitos aprendidos em uma situação de realidade profissional: você. No decorrer desta unidade. você será responsável por determinar o trabalho resultante e a potência média. Pronto para começar? Será divertido! 138 Trabalho e energia . Assim. você estará apto a estudar uma imensa variedade de fenômenos físicos. U3 Durante esta unidade. a energia cinética e a energia potencial em diversos pontos do trilho. certamente você irá desenvolver todas as competências necessárias para resolver com tranquilidade esse desafio. No final. a velocidade do carrinho. Nosso estudo será focado na energia mecânica. Estudar a energia também é um dos objetivos da Física. dividida em cinética. aprenderemos como calcular o trabalho realizado pelas forças e entenderemos também. subir uma escada. energia química. então. Podemos entender por energia aquilo que nos capacita a realizar tarefas. energia térmica. Podemos dizer. você já deve ter reparado que a energia pode se manifestar de diversas formas: energia elétrica. você irá se deparar com uma situação na qual você foi convidado para projetar e participar do desenvolvimento de uma montanha-russa em um novo parque de diversões. praticar um exercício físico etc. falar de dois conceitos importantes: trabalho e energia. potencial e elástica. U3 Seção 3. Trabalho e energia 139 . No seu cotidiano. desprezando o atrito. você ficou encarregado de calcular o trabalho resultante e a potência média necessária para o percurso de subida do carrinho. Para medir a energia mecânica transferida ou transformada. Fato é que nenhum movimento pode ser iniciado sem algum tipo de energia. A energia pode ser transferida de um corpo para o outro e pode também. se transformar de uma modalidade em outra. inicialmente. Tendo em vista os conceitos aprendidos. precisamos.1 Trabalho e potência Diálogo aberto Para explicar as variações do estado de movimentos dos corpos. é uma medida da energia mecânica transferida ou transformada através de uma força. Para aplicar na prática os conceitos aprendidos nesta seção. como quantificar a rapidez com que as forças transferem energia aos corpos utilizando o cálculo da potência. energia radiante e energia mecânica. como: levantar peso. que trabalho. usaremos o conceito de trabalho. Nesta seção. na Física. 140 Trabalho e energia . Dessa forma. O conceito cotidiano do trabalho significa qualquer atividade que necessita de um esforço físico ou intelectual com gasto de energia. exercendo uma força sobre o corpo enquanto ele se desloca. quando aplicamos uma força em um objeto. Dessa forma. você realiza trabalho e gasta energia. Seja bem-vindo a mais esta seção de estudos! Não pode faltar Trabalho Você provavelmente concorda que é necessário fazer um trabalho duro para puxar um sofá pesado ao longo da sala. podemos pensar que. energia e potência. aplicada a uma partícula qualquer. que se desloca de uma posição inicial (A) para uma posição final (B). Em cada caso. existe algo em comum. Você realiza um trabalho maior quando aplica uma força maior ou quando quer deslocar o objeto por uma distância maior. Assim. o trabalho possui uma definição muito mais precisa. levantar uma pilha de livros do chão até a estante ou empurrar um carro enguiçado pela rua. Calcular o trabalho é uma forma de medir a energia. estamos fornecendo energia ao objeto. você terá compreendido todas essas grandezas físicas escalares. você será capaz de responder todas as questões levantadas acima e poderá resolver várias situações novas que acontecem ao nosso redor. ao aplicarmos uma força. U3 O que devemos saber para poder calcular o trabalho? Qual é a importância e o significado do trabalho realizado por uma força? Como podemos quantificar a potência? Quais são as relações dessas grandezas com a energia? Quando chegarmos ao final desta seção. Você estará apto para calcular o trabalho realizado pelas forças que atuam em um objeto. Observe que. primeiro vamos definir trabalho para o caso particular de uma força constante F . causamos a sua aceleração. Sabemos que. todos esses exemplos nos remetem ao significado da palavra trabalho. fundamentais para nosso estudo: trabalho. Na verdade. como mostra a figura. Na física. em todas as situações citadas. intuitivamente. d é o módulo do deslocamento da partícula. Quando a força é constante. definido como joule (J). Sendo que: W é o trabalho.1 | Trabalho realizado por uma força constante Fonte: elaborada pela autora. multiplicado por metro. O trabalho realizado pela força será: W = F ⋅ d ⋅ cos θ . O trabalho é uma grandeza escalar. 1J = 1N ⋅ m Se houver mais de uma força sendo aplicada em uma partícula. A unidade no SI da grandeza trabalho é newton. podemos calcular o trabalho resultante dado pelo módulo da força resultante que atua na partícula. U3 Figura 3. F é o módulo da força constante aplicada sobre a partícula. ou seja: Trabalho e energia 141 . θ é o ângulo entre a força e o deslocamento. Assimile O trabalho é uma medida da energia mecânica transferida ou transformada através de uma força. podemos calcular o trabalho realizado pela força da seguinte maneira: W = F ⋅ d ⋅ cos θ . quando a força se opõe ao deslocamento. U3 n WR = Σ i =1 Wi = FR ⋅ d ⋅ cos(θ ). até mesmo o trabalho. • O trabalho pode ser positivo ou negativo. são grandezas escalares. 142 Trabalho e energia . ou seja. Reflita Como podemos dobrar o trabalho realizado por uma força que teve sua intensidade reduzida pela metade de seu valor original? Tendo em vista o que já expomos sobre o conceito e a forma de calcular o trabalho. Assim. ou seja. podemos concluir que o trabalho é nulo quando a força não transfere nem transforma energia mecânica. • A definição de trabalho W = F ⋅ d ⋅ cos θ só pode ser usada se a força for constante. não há transferência nem transformação de energia mecânica. portanto o trabalho é nulo. A componente perpendicular ao deslocamento não realiza trabalho. • Força perpendicular ao deslocamento (θ = 90° ⇒ cos θ = 0) : se a força é perpendicular ao deslocamento. quando a força retira energia mecânica da partícula. podemos dizer que o trabalho será nulo em três situações: • Força nula ( F = 0) : se não houver força. Do contrário. o trabalho é positivo. Veja que. o trabalho é negativo. somente a componente tangencial da força realiza trabalho. quando a força favorece o deslocamento. no caso de forças inclinadas. mesmo que haja força. não há trabalho. Quando a força cede energia mecânica à partícula. • Deslocamento nulo ( d = 0) : se não houver deslocamento. Notas importantes sobre o trabalho: • Todas as manifestações da energia. o trabalho é nulo. Observe que o trabalho da força F2 é positivo. estão representadas as forças que atuam no bloco. calcule: a) O trabalho que cada uma das forças realiza. O trabalho da força F1 é dado por: WF1 = F1 ⋅ d ⋅ cos θ = 2 ⋅ 5. b) O trabalho resultante. não realizam trabalho. 0 ⋅ cos( 60° ) = 25J .2 | Forças que atuam no bloco em movimento Fonte: elaborada pela autora. Figura 3. U3 Exemplificando Um bloco de peso de 10 N está em movimento sobre um plano horizontal. 0 ⋅ cos(180° ) = −10J . Para um deslocamento de 5. Portanto. Já o trabalho da força F1 é negativo. no sentido da esquerda para a direita. indicando que a força é contrária ao movimento (ela atrapalha o movimento).0 m. O trabalho da força F2 é dado por: WF2 = F2 ⋅ d ⋅ cos θ = 10 ⋅ 5. Resolução: a) O peso e a força normal são perpendiculares ao deslocamento θ = 90˚ ⇒ cos(90˚ ) = 0. Na Figura 3. b) O trabalho resultante é dado por: WR = FR ⋅ d ⋅ cos θ Sabemos que a força normal cancela o peso descontado da Trabalho e energia 143 . Assim. temos: = WN = WP 0.2. indicando que a força é favorável ao movimento (ela ajuda o movimento). o trabalho da força peso é diferente de zero. 144 Trabalho e energia . Portanto. pois o peso é perpendicular ao movimento. também. o peso não é perpendicular ao movimento. Assim: FR = −2î + 5î = 3 î . Você viu que. pois. neste caso. Assim. obter o trabalho resultante apenas somando os trabalhos realizados por cada uma das forças que atuam no objeto: WR = Σ W =W N + WP + WF1 + WF2 WR = 0 + 0 − 10 + 25 = 15J . Assim. quando uma partícula se desloca horizontalmente sobre um plano. Observe que poderíamos. quando uma partícula se descola para baixo. temos que a força resultante será: FR = F1 + F2 . percorrendo uma altura H. 0 ⋅ 5 ⋅ cos(0) = 15J . ou seja. Temos que: F1 = −2 î E a componente horizontal da força F2 é: F2 x = 10 ⋅ cos( 60° )î = 5 î . o módulo da força resultante é: FR = 3. o trabalho da força peso é nulo. o trabalho do peso é dado por: WP = P ⋅ d ⋅ cos θ . 0N de modo que o trabalho resultante será: WR = FR ⋅ d ⋅ cos θ = 3. U3 componente vertical da força F2 . de um ponto mais elevado (A) para um ponto mais baixo (B). Porém. na subida. estudando o trabalho realizado pela força peso em um objeto que se desloca em um plano inclinado. U3 Figura 3. o trabalho do peso é negativo: WP = −m ⋅ g ⋅ H Essas expressões podem também ser obtidas. na Figura 3.3 | Trabalho do peso durante a queda de um objeto Fonte: elaborada pela autora. lembrando que d P = m ⋅ g . maior é o esforço para empurrá-la. H Observe. Até o momento.3. de forma análoga. o peso realiza trabalho negativo (o que dificulta a subida). como mostrado na seção Sem medo de errar. Trabalho e energia 145 . falamos apenas de trabalho de forças constantes. O trabalho realizado pela força elástica é definido por: 1 ⋅ k ⋅ x2 . o peso realiza trabalho positivo (o que favorece a queda) e. Assimile O trabalho do peso pode ser escrito como: WP = m ⋅ g ⋅ H . WFel = 2 Lembre-se de que k é a constante elástica e x é a deformação da mola. No movimento de queda. A força elástica exercida por uma mola é um exemplo de força variável. Quanto mais a mola está comprimida. que cos θ = ⇒ d ⋅ cos θ = H e. podemos dizer que o trabalho do peso durante a queda (ou descida) de um objeto de uma altura H pode ser escrito com: WP = m ⋅ g ⋅ H Do contrário. quando a partícula se desloca para cima. Acesso em 30 set. variáveis.4 | Cálculo do trabalho pelo método gráfico Fonte: elaborada pela autora. 146 Trabalho e energia . Cálculo do trabalho por métodos gráficos Podemos usar o método gráfico para calcular o trabalho realizado pela força resultante durante um deslocamento. 2016. 5 2) = 2. Qual é a energia elástica armazenada na mola nessas condições? Solução: 1 1 WFel = ⋅ k ⋅ x 2 = ⋅ 200 ⋅ (0. O método gráfico é válido para forças constantes e. 2 2 Pesquise mais Saiba mais sobre os conceitos de trabalho e energia! Assista o vídeo a seguir. Disponível em: <https://pt. U3 Exemplificando Uma mola de constante elástica k = 200 N m está comprimida de 50 cm.org/science/physics/ work-and-energy/work-and-energy-tutorial/v/introduction-to-work- and-energy>. Figura 3. 5 J . também.khanacademy. Rio de Janeiro: LTC. ed. KRANE. Assim. Acesso em: 20 jun. 2016.. Robert. 2003. Kenneth. por meio do cálculo das duas áreas representadas no gráfico: W1 = A1 W2 = − A2 ∴Wtotal = W1 + W2 = A1 − A2 . O trabalho é positivo para movimentos acelerados (quando a força é a favor do movimento) e negativo para movimentos retardados (quando a força é contrária ao movimento). Conforme Figura 3. poderíamos calcular o trabalho. U3 Observe que a área sob (embaixo) o gráfico mede o trabalho da força resultante durante o deslocamento entre as posições s1 e s2 . Faça log in na sua biblioteca virtual e acesse: Disponível em: <https:// integrada.00:42.0>. temos: Figura 3. v. Trabalho e energia 147 . de David Halliday.minhabiblioteca. Física 1. RESNICK. graficamente. Pesquise mais Perceba que o cálculo diferencial e integral nos fornece ferramentas para lidar com situações assim. realizando a integral da força em relação à posição. David. podemos obter o trabalho total. Sugestão de leitura: Capítulo 11 do livro Física 1.. 1. 5.5. Robert Resnick e Kenneth Krane: HALLIDAY. Dada uma função força resultante em termos da posição.5 | Cálculo do trabalho para movimento acelerado e retardado pelo gráfico Fonte: elaborada pela autora.com.br/#/books/978-85-216-1945-1/ cfi/270!/4/4@0. 0 m. 0 ⋅ 10 WFR = Área = = 15 J . 2 Potência média e instantânea A definição de trabalho não faz nenhuma referência ao tempo. Qual é o trabalho realizado pela força resultante entre a posição inicial (0 m) e a posição final (3. na física. definimos potência como sendo a taxa temporal da realização de um trabalho.6. Observe que a área em questão é a área de um triângulo. U3 Exemplificando Uma partícula desloca-se sob ação de uma força resultante variável. ou. como mostra a Figura 3. em outras palavras. A força tem a mesma orientação do deslocamento. Assim. base ⋅ altura calculada como Atriângulo = . devemos calcular a potência.0 m) da partícula? Figura 3. temos: 3. Se precisarmos saber quanto tempo levamos para realizar um trabalho. 2 Assim. a potência de uma força F é uma medida da rapidez com que a força transforma ou transfere energia ao corpo. Potência. Assim: ∆W Pméd = .6 | Força variável Fonte: elaborada pela autora. ∆t 148 Trabalho e energia . Solução: O trabalho pode ser medido pela área sob o gráfico entre os pontos de 0 e 3. também é uma grandeza escalar. assim como o trabalho e como a energia. Calculamos a potência média por meio da variação do trabalho em um intervalo de tempo. RESNICK. Física 1. 1. Trabalho e energia 149 . causando diversão nos passageiros. ed. 5. Um quilowatt-hora é o trabalho total realizado em uma hora quando a potência é de um quilowatt. Faça log in na sua biblioteca virtual e acesse: Disponível em: <https://integrada. Uma unidade bastante utilizada no nosso dia a dia para energia elétrica é o quilowatt-hora ( kW ⋅ h ) . Sem medo de errar Você foi convidado para projetar e participar do desenvolvimento de uma montanha-russa em um novo parque de diversões que será aberto em breve na sua cidade. Observe que: 1 W = 1 J s . v. quedas e loopings. 6 ⋅ 106 J . podemos ∆t também.com. sabemos que = velocidade(v ) . em forma de pista. Atenção que o kW ⋅ h não é uma unidade de potência e sim de trabalho ou energia. de David Halliday.br/#/ books/978-85-216-1945-1/cfi/270!/4/
[email protected]>. Robert.00:42. KRANE.minhabiblioteca. ∆t ∆t d Na expressão anterior. 2003. Assim. 1kW ⋅ h = 1000W ⋅ 1h = 1000 ( J s) ⋅ 3600 s = 3. com elevações. Rio de Janeiro: LTC. A montanha-russa consiste. Acesso em: 20 jun.. U3 Podemos também. calcular a potência como: P = F ⋅ v ⋅ cos θ . Pesquise mais Aprofunde seus conhecimentos! Sugestão de leitura: Capítulo 11 do livro Física 1. de um carrinho que percorre uma estrutura de aço. basicamente.. A unidade no SI da potência é o watt (W). David. Robert Resnick e Kenneth Krane: HALLIDAY. 2016. Kenneth. calcular a potência instantânea dada pelo produto da força resultante pela velocidade instantânea do corpo em um determinado instante: ∆W F ⋅ d ⋅ cos θ Pméd = = . 1 m .7 | Diagrama do início da montanha-russa Fonte: elaborada pela autora. Durante a subida. U3 No nosso caso. pois: WPy = Py ⋅ d ⋅ cos(90° ) = 0 . você vai considerar a carga máxima do carrinho. Observe que o deslocamento pode ser obtido pela relação trigonométrica: 20 20 sen(60° ) = ⇒d = ≈ 23. x d Ou seja: WP = −500 ⋅ 9. o carrinho estará sujeito à ação de uma força constante. cat . você ficou encarregado de calcular o trabalho resultante e a potência média necessários para o percurso de subida do carrinho. O trabalho realizado por cada uma dessas forças será: WN = N ⋅ d ⋅ cos(90° ) = 0 . que é de 500 kg. hipotenusa d H Assim: WP = WP = −m ⋅ g ⋅ ⋅ d = −m ⋅ g ⋅ H . Figura 3.oposto H Mas: senθ = = . WPx = Px ⋅ d ⋅ cos(180° ) = −m ⋅ g ⋅ senθ ⋅ d . na mesma direção dos trilhos. d sen(60° ) 150 Trabalho e energia . Nos cálculos. que transfere energia para o movimento do carrinho. Solução: Na posição inicial do carrinho. desprezando o atrito. 8 ⋅ 20 = −98 kJ WF = F ⋅ d ⋅ cos(0º ) = F ⋅ d (equação 1). Observe que somente a componente x do peso realiza trabalho. o carrinho que percorrerá a montanha-russa vai iniciar o percurso do repouso. que faz 60° com a horizontal. Tendo em vista os conceitos aprendidos nesta seção e nas unidades anteriores. subindo uma rampa. Ele deve subir a rampa até uma altura de 20 m do solo em um intervalo de 15 segundos. temos as seguintes forças: normal. peso e a força F . 5 = 500 ⋅ 0.16kW = 160 W . Agora. Assim. vamos usar a segunda lei de Newton: FR = F − Px = m ⋅ a (equação 2). (152 ) Voltando à equação 2. U3 Para obter o módulo da força F . Uma vez que as forças que atuam sobre o carrinho são constantes. As forças que atrapalham o movimento realizam trabalho negativo. 5 N . A potência total necessária será: ∆W 2. temos: F − 4243. Trabalho e energia 151 .1⋅ 2 Assim: a = ≈ 0. a aceleração também será. ∆t 15s Atenção As forças perpendiculares ao movimento não realizam trabalho. 21 m s 2 . 4 kJ . 5 ⋅ 23. 4 kJ = 2. o trabalho resultante será: WR = WN + WP + WF = 0 − 98kJ + 100.1 = 0 ⋅ t + . Ou então: WR = FR ⋅ d = (500 ⋅ 0. As forças que ajudam o movimento realizam trabalho positivo. 5N . 4kJ Pméd = = ≈ 0. 4 kJ .1 ≈ 2. 21) ⋅ 23. 21 ⇒ F = 4348. 2 2 23. temos o trabalho da força F : WF = F ⋅ d = 4348. A aceleração pode ser obtida por: a ⋅ t2 a ⋅ (152 ) ∆s = v o ⋅ t + ⇒ 23.1 ≈ 100. 4 kJ . retornando à equação 1. Sendo: Px = m ⋅ g ⋅ sen(60° ) ≈ 4243. 152 Trabalho e energia . ele precisa informar a potência necessária do motor do guindaste. Assim: Pméd = = ∆t ∆t Resolução da situação-problema Para erguer o piano com velocidade constante. • Tempo para içar o piano até o apartamento: 5 minutos. 8 = 1960 N . assim como o trabalho e a energia. de módulo igual ao peso do piano. qual deverá ser a potência do guindaste capaz de erguer o piano até o apartamento do seu colega? Lembre-se Potência. a fim de realizar os cálculos. verticalmente para cima. Calculamos a potência média por meio da variação do trabalho ∆W F ⋅ d ⋅ cos θ em um intervalo de tempo. U3 Avançando na prática O piano e o guindaste Descrição da situação-problema Seu colega mora no décimo andar de um prédio e comprou um piano que precisará ser içado por um guindaste para ser entregue ao apartamento. Então. • Massa do piano: 200 kg. o guindaste deve aplicar uma força no piano. coletou os seguintes dados: • Altura do solo até o apartamento no décimo andar: 45 m. Assim: Fguindaste = P = m ⋅ g ⇒ Fguindaste = 200 ⋅ 9. Sabendo que o guindaste vai içar o piano com velocidade constante e verticalmente para cima. O trabalho que o guindaste vai realizar para aplicar a força para erguer o piano será: Wguindaste = Fguindaste ⋅ d ⋅ cos θ Observe que θ = 0 ⇒ cos(0) = 1 . Para contratar o serviço do guindaste. seu colega solicitou a sua ajuda. também é uma grandeza escalar. Você. para resolver essa questão. 2. 2 kJ . ou seja: d 45 P =F⋅ ⋅ cos θ = F ⋅ v ⇒ P = 1960 ⋅ = 294 W . a potência média do guindaste deve ser de: ∆W 88200J Pméd = = = 294 W . 0 ⋅ t + 1. de acordo com a equação horária dos espaços s = 10. d) 800 J. c) 600 J. 0 ⋅ t 2 . Qual é a potência necessária para realizar essa operação? Faça valer a pena 1. ∆t (5 ⋅ 60) Faça você mesmo Uma carga de 100 kg é puxada com velocidade constante de 5. Assim. b) 400 J. II – O trabalho pode ser positivo ou negativo. e) 1000 J. U3 Logo: Wguindaste = 1960 ⋅ 45 = 88200J = 88. O trabalho realizado pela força resultante durante o deslocamento é de: a) 200 J. ∆t (5 ⋅ 60)s Como a velocidade é constante. observe que podemos. 0 + 3. Um objeto de massa de 20 kg desloca-se por 20 m em uma trajetória retilínea. também. dependendo se a força possui o mesmo sentido ou o sentido oposto ao do movimento do corpo. dizer que a potência média é igual à potência instantânea. 0 m s sobre um piso horizontal por uma força de 122 N que faz um ângulo de 30° com a horizontal. Analise as afirmações a seguir: I – O trabalho é uma grandeza vetorial que quantifica a energia mecânica. Trabalho e energia 153 . b) 20 J e 4. e) Todas são verdadeiras. IV – A força peso realiza trabalho positivo na subida e trabalho negativo na descida de um corpo. II e III. respectivamente: a) 10 J e 5. c) 20 J e 5. o trabalho é nulo.0 N e 4. porém não houver deslocamento.0 s. 154 Trabalho e energia .0 W. e) 40 J e 4. partindo do repouso. Uma partícula de massa de 10 kg. b) II e III. está sujeita à ação exclusiva de duas forças constantes.0 N. d) II e IV.0 W.0 W. O trabalho resultante e a potência média são. U3 III – Se houver força. São verdadeiras as afirmações: a) I. d) 30 J e 6.0 W.0 W. que atuam durante 4. c) I e II. perpendiculares entre si. 3. de módulos iguais a 3. Trabalho e energia 155 . Novamente. A Física é um aprendizado contínuo. ou energia do movimento. Mencionamos que a energia mecânica pode apresentar-se de duas formas: energia cinética e potencial.2 Energia cinética e o teorema do trabalho-energia Diálogo aberto Olá! Bem-vindos a esta nova seção de estudos! Na seção anterior. Ao concluirmos os estudos desta seção. por meio de muitos exemplos. que também será cuidadosamente apresentado e discutido nesta seção. Agora você deverá calcular a energia cinética e a velocidade do carrinho em diferentes pontos do trilho. Como vamos conseguir saber a velocidade e a energia do carrinho em diferentes pontos do trilho? Como relacionar velocidade e energia? Qual é o significado de energia cinética e quando ela. trabalho e potência. existe? Não se preocupe. você saberá solucionar todas essas questões. Lembre-se de que precisamos nos dedicar aos estudos. Vamos aprender a calcular a energia cinética. A relação da energia cinética com o trabalho é definida através do teorema trabalho-energia. mais desenvolvemos nosso raciocínio e. de fato. Quanto mais aprendemos. simulando a realidade profissional. faremos uma aplicação prática. e veremos como essa energia se relaciona com o conceito de trabalho. Nos cálculos. aprofundaremos os nossos conhecimentos. Nesta seção. U3 Seção 3. já apresentamos alguns conceitos muito importantes na mecânica: energia. poderá aproveitar o conhecimento adquirido para o seu desenvolvimento profissional. você precisa saber se o carrinho tem energia e velocidade suficientes para realizar o percurso com segurança de forma a evitar acidentes. Lembre-se de que você é responsável por projetar e participar do desenvolvimento de uma montanha-russa em um novo parque de diversões que será aberto na sua cidade. pois você aprenderá a calcular a energia cinética. certamente. saberá utilizar o teorema do trabalho- energia e. Você está adquirindo um novo conceito. com baixa velocidade. definimos a energia cinética de um corpo como: 1 K= ⋅ m ⋅v2 2 Sendo que: m é a massa e v é o módulo da velocidade do corpo. observe que. a energia cinética de um veículo de massa muito elevada. por exemplo. quanto maior a sua velocidade. para um objeto que se move com certa velocidade. a energia cinética irá dobrar também. pode superar. Assimile Corpos em repouso não possuem energia cinética. se mantivermos a velocidade e dobrarmos a massa. que quantifica a energia associada ao estado de movimento de um corpo. a energia cinética irá aumentar em quatro vezes. ou seja. no SI. Na equação. 156 Trabalho e energia . o que sempre resultará em um número positivo. e a massa de um corpo nunca pode ser negativa. a velocidade é elevada ao quadrado. Aproveite e dedique-se aos estudos! Não pode faltar A energia cinética é uma grandeza escalar. veja que um objeto com massa pequena (como uma bala de revólver). U3 dessa forma. é necessário que haja velocidade. Agora. representada pela letra maiúscula K. podemos entender que quanto mais rápido o corpo de move. Veja que. Pela equação anterior. Assim. Todas as manifestações da energia são medidas na unidade joule (J). para que haja energia cinética. conseguimos compreender como e por que os fenômenos ocorrem. Assim. porém com elevada velocidade. isso porque a energia cinética possui relação quadrática com a velocidade. Observe também. que a energia cinética possui uma relação linear com a massa e uma relação quadrática com a velocidade. se mantivermos a massa e dobramos a velocidade do objeto. uma nova visão do mundo e das coisas que ocorrem ao seu redor. A energia cinética possui relação linear com a massa e relação quadrática com a velocidade. Portanto. maior é a energia cinética. Outra observação interessante é que a energia cinética nunca terá um valor negativo. precisamos descobrir qual é a velocidade da partícula no final do movimento. Para isso. com aceleração constante.0 s. 0 = 10 m s .1. Qual é a energia cinética da partícula ao final desse movimento? Solução: 1 A energia cinética é: K = ⋅ m ⋅v2 . 2 2 10. 0 1. 2⋅d v 2 − v 02 Portanto: FR = m ⋅ . 0 ⋅ 2 20. U3 Exemplificando Uma partícula de massa de 2. 2 2 Trabalho e energia cinética Na seção anterior. O trabalho total também é relacionado com a velocidade do corpo.1 Dessa forma.1 Portanto. a energia cinética será: 1 1 1.2.1. Vejamos: Sabemos que: WR = FR ⋅ d ⋅ cos θ Mas: FR = m ⋅ a . 2 2 Lembrando-se da equação de Torricelli.2. 0 2 ) = 100 J .2. 0 m s 2 . 2 1. a velocidade final é: v = v 0 + a ⋅ t = 0 + 5. 0 + .1 Assim. 1.0 m em um intervalo de tempo de 2. primeiro vamos precisar descobrir a aceleração. v 2 − v 02 Assim. 0 ⋅ (10. temos: v = v 0 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s (observe que ∆s = d ⇒ deslocamento). pela equação de Torricelli: a = . estudamos que o trabalho total (ou resultante) realizado pelas forças externas sobre um corpo é relacionado com o deslocamento do corpo. 2⋅d Trabalho e energia 157 . 0 1. 0 ⋅ 2.1.2. 0 = 0 ⋅ 2.1.2 ∆s = v 0 ⋅ t + ⇒ 10.1 a= = = 5. a ⋅ t2 a ⋅ (2. 2⋅d v 2 − v 02 W O trabalho pode ser escrito da seguinte forma: R = m ⋅ ⋅ d ⋅ cos θ . 02 ) 4.0 kg parte do repouso e percorre 10. 02 ) 1.1.2 K = ⋅ m ⋅ v 2 = ⋅ 2. (2. podemos dizer que a energia cinética da bola é igual ao trabalho realizado pelo taco ao atingir a bola? E o que acontece com a velocidade da bola quanto mais perto ou mais longe dela o jogador posicionar o taco? Você consegue explicar utilizando os conceitos de trabalho e energia cinética? Teorema do trabalho-energia m ⋅ v 2 m ⋅ v 02 Vamos retomar a equação 1 deduzida anterior: WR = 2 − 2 . se a velocidade do corpo aumentar (v > v 0 ) . maior será o trabalho resultante. Do contrário. θ = 0 ⇒ cos(0) = 1 . 158 Trabalho e energia . então: WR = ⇒ WR = K 2 Assimile A energia cinética de uma partícula é igual ao trabalho total realizado para acelerá-la. 1 Se lembrarmos de que a energia cinética é definida como: K = ⋅ m ⋅ v 2 . se a velocidade do corpo diminuir (v < v 0 ) durante o deslocamento. podemos concluir que: m ⋅ v 2 m ⋅ v 02 WR = − (Equação 1). 2 m ⋅ v 2 m ⋅ v 02 então podemos concluir que: WR = 2 − 2 = K final − K inicial ⇒ WR = ∆K . m ⋅v2 Se o corpo partir do repouso (v 0 = 0) . ou seja. Quanto maior é a energia cinética. 2 2 Veja que. temos. a partir do repouso. o trabalho será positivo. até a sua velocidade atual. U3 m ⋅ v 2 m ⋅ v 02 W = Simplificando. quando o jogador realiza uma tacada em uma bola em repouso. o trabalho será negativo. Assumindo que a força resultante é paralela ao deslocamento. temos: R 2 − 2 ⋅ cos θ . Reflita Pensando em um jogo de bilhar. Exemplificando Um bloco de peso de 5.0m α A 8. graças à ação de uma força horizontal constante de intensidade de 10. U3 Ou seja. ou seja. Esse é um dos teoremas mais importantes da Física Clássica. ou seja.0m Fonte: elaborada pela autora. a velocidade final é menor que a inicial. Trabalho e energia 159 . o trabalho resultante é igual à variação da energia cinética desse corpo. Assimile Teorema do trabalho-energia: o trabalho de todas as forças atuantes em um corpo. a variação da energia cinética de uma partícula é igual ao trabalho total executado sobre a partícula. Note que: Se WR > 0 ⇔ K final > K inicial .8. ou seja. partindo do repouso e da base da rampa. WR = K final − K inicial = ∆K . como mostra a Figura 3. ou seja. Essa relação é conhecida como teorema do trabalho-energia.0 N sobe uma rampa sem atrito.8 | Bloco subindo a rampa B F 6.0 N. Se WR = 0 ⇔ K final = K inicial . Se WR < 0 ⇔ K final < K inicial . Qual é a energia cinética do bloco quando ele atinge o topo da rampa? Figura 3. a velocidade final é maior que a inicial. a velocidade não se alterou. 0J . O trabalho de cada uma dessas forças é: WN = 0 (perpendicular ao deslocamento).adj 8. 0J . 0 e cos α = = = 0. 0 ⋅ 6. precisamos calcular o trabalho resultante. temos as seguintes forças: peso.9 | Forças que atuam no bloco N F α A P Fonte: elaborada pela autora. 0 ⋅ 0. 0 m cat . 8 . WF = F ⋅ d ⋅ cos α . 2 2 O deslocamento é: d = 8. o trabalho resultante é: WR = WN − WP − WF = 0 − 30. conforme Figura 3. WP = −m ⋅ g ⋅ H = −P ⋅ H ∴WP = −5. hipotenusa 10. 0 + 80. pois ele estava em repouso (v 0 = 0) . 0 = 50. Portanto. 0J . U3 Solução: O cálculo da energia cinética adquirida pelo bloco será feito pelo teorema do trabalho-energia. normal e a força constante F . 0 + 6. 0 assim: WF = 10. 0 = 10. Logo. Atuando no bloco. 160 Trabalho e energia . Utilizando o teorema do trabalho-energia e lembrando de que a energia cinética inicial do bloco é nula. 0 ⋅ 10. 8 = 80. 0 = −30.9. Figura 3. de David Halliday. Kenneth. você deverá calcular a energia cinética e a velocidade do carrinho ao atingir o topo da rampa. Acesso em: 20 jun.. David. há um looping.minhabiblioteca. 2003. Essas informações serão muito importantes e vão garantir a segurança no funcionamento da montanha-russa.. o carrinho sobe uma rampa. Assista o vídeo a seguir. Logo após a descida. disponível em: <http://physicsdemos. Você precisa saber também. Pesquise mais Aprofunde seus conhecimentos! Sugestão de leitura: Capítulo 11 do livro Física 1. na qual o trilho faz 72° com a horizontal. como mostrado na seção anterior. U3 concluímos que: WR = K final − K inicial ⇒ K final = 50. Rio de Janeiro: LTC.br/#/books/ 978-85-216-1945-1/cfi/270!/4/4@0. KRANE. Faça log in na sua biblioteca virtual e acesse: Disponível em: <https://integrada.com. Acesso em: 30 set. Observe a Figura 3. Lembre-se de que a carga máxima do carrinho é de 500 kg.0>.10. Robert. Em seguida. v. RESNICK. 2016. ed. 1. Física 1. o carrinho despenca. 2016. 5. a energia cinética e a velocidade do carrinho no final dessa descida. 0J A energia cinética final do bloco é de 50.com/ kroton/view/801>.00:42. Robert Resnick e Kenneth Krane: HALLIDAY. Sem medo de errar Lembre-se de que você é responsável por projetar e participar do desenvolvimento de uma montanha-russa em um novo parque de diversões que será aberto na sua cidade. Inicialmente. percorrendo 100 m em uma descida íngreme. Agora. Trabalho e energia 161 .0 J. precisamos calcular o trabalho resultante das forças que atuam no carrinho durante a descida: peso e normal (estamos desconsiderando atritos). Para descobrir a energia cinética no final da descida.teorema do trabalho-energia. Portanto. Assim: WR = K final − K inicial = K final − 0 ⇒ K final = WR = 79. 7 kJ = 79700 J . Sabemos: WN = 0 (perpendicular ao deslocamento). subida Usando o teorema do trabalho-energia. 3 km h . descobrimos que o trabalho resultante durante a subida do carrinho até o topo é: WR = 79. podemos calcular a velocidade no topo da subida: 1 1 K= ⋅ m ⋅ v 2 ⇒ 79700 = ⋅ 500 ⋅ v 2 . 2 2 79700 ⋅ 2 Logo: v = ≈ 17. 9 m s ≈ 64. 7 kJ . antes de entrar no looping. Solução: Na seção anterior.10 | Continuação da montanha-russa d=100m H α=72° Fonte: elaborada pela autora. U3 Figura 3. Atenção A variação da energia cinética de uma partícula é igual ao trabalho total executado sobre a partícula . podemos usar novamente o teorema do trabalho-energia. sua energia cinética inicial era nula. portanto. 500 Vamos analisar agora a descida do carrinho. Sabendo a energia cinética. podemos descobrir a energia cinética do carrinho no topo da subida. Vamos lembrar que o carrinho partiu do repouso. 162 Trabalho e energia . 0 ⋅ 10 kg e sua velocidade ao adentrar na nossa atmosfera será cerca de 15 km s . Nas próximas seções. Ao colidir. Então. veremos. podemos usar a relação trigonométrica: cat . Você está estudando um meteorito que tem uma probabilidade baixa de atingir a Terra. Apesar de já saber que o meteorito poderá cair em um local descampado. Avançando na prática Meteorito a caminho da Terra Descrição da situação-problema Imagine que você é um cientista e trabalha para uma agência espacial. por exemplo. Por fim. Será que conseguimos calcular a perda de energia cinética do meteorito no impacto? Sabendo que a energia associada à bomba atômica de 13 Hiroshima foi equivalente a 5. se o carrinho conseguirá fazer o looping. 8 ⋅ 95. sem habitações. concluímos que a velocidade do carrinho no final da descida é de: 1 545690 ⋅ 2 K= ⋅ m ⋅v2 ⇒ v = ≈ 46.oposto H sen(72° ) = = ⇒ H = sen(72° ) ⋅ 100 ≈ 95. a velocidade do meteorito cai para zero. hipotenusa d Assim: WP = 500 ⋅ 9. 2 km h . Para descobrir H. a energia associada ao impacto desse meteorito seria equivalente a quantas bombas de Hiroshima? Trabalho e energia 163 . 2 500 Essas informações serão muito importantes para a segurança do brinquedo.1 = 465990 J . o evento é potencialmente perigoso devido à energia que será liberada 6 na colisão.1 m. Pelo teorema do trabalho-energia. O meteorito possui uma massa de 4. o trabalho resultante na descida é: WR descida = WN − WP = 0 + 465990 = 465990J . temos que a energia cinética no final da descida é: WR = K final − K inicial ⇒ K final = WR + K inicial = 465990 J + 79700 J = 545690 0J . U3 WP = m ⋅ g ⋅ H . 7 m s ≈ 168. 5 ⋅ 10 J . O filho tem a metade da massa do pai. 2 2 Sabendo que a velocidade inicial é v 0 = 1. 5 ⋅ 1014 Assim: X = ≈8 bombas. um pai tem a metade da energia cinética do filho. 164 Trabalho e energia . temos: 4. Comparando com a bomba de Hiroshima. Qual é a velocidade escalar inicial: a) Do pai. 5 ⋅ 1014 J . 0 ⋅ 106 ⋅ (02 ) 4. Aumentando a velocidade em 1. temos que: 5. o pai passa a ter a mesma energia cinética do filho. 5 ⋅ 1014 J → X 4. 5. b) Do filho. 2 2 Resolução da situação-problema m ⋅ v 2 m ⋅ v 02 A variação de energia cinética é de: ∆K = − . 5 ⋅ 1013 J → 1 bomba 4. 5 ⋅ 10 4 m s e a velocidade final é v = 0 . 0 ⋅ 106 ⋅ (1. 5 ⋅ 1013 Faça você mesmo Em uma corrida. 0 m s . 2 2 Observe que a variação de energia cinética negativa significa perda de velocidade. 5 ⋅ 104 )2 ∆K = − = −4. U3 Lembre-se m ⋅ v 2 m ⋅ v 02 A variação de energia cinética é: ∆K = K final − K inicial = − . 9 kJ. b) 4. Trabalho e energia 165 . 67 ⋅ 10−27 kg está sendo acelerado em linha reta. O trabalho realizado para essa operação é de 4.9 kJ. fazendo com que sofra um deslocamento d = 15 î − 12 . que aplica a ele uma força F = 210 î − 150 . d) 4. Um próton de massa igual a 1. 7 ⋅ 105 . e) 5. 4 ⋅ 105 m s .9 kJ. d) 6. 9 ⋅ 105 .9 kJ. Sabendo que o próton tem uma velocidade inicial de 2. 7 ⋅ 105 . a) 3. b) 2. c) 3. A variação de energia cinética do bloco de gelo é de aproximadamente: a) 1. em um acelerador de partículas. Um bloco de gelo flutuante cai em uma correnteza. a velocidade final em m s é de aproximadamente: 2. e) 2. U3 Faça valer a pena 1. 9 ⋅ 105 . 0 ⋅ 10−17 J . 7 ⋅ 105 . c) 5.9 kJ. U3 3.11. Um objeto de 8.11 | Objeto sob força K(J) 3.0 deslocamento (m) Fonte: elaborada pela autora. a) 4.7. sob ação de uma força resultante constante.7. da esquerda para a direita. e) Zero. em m s . 166 Trabalho e energia .0 0 5. c) 2. Qual é a velocidade aproximada do bloco. d) 1. A energia cinética do objeto varia conforme a Figura 3.0 kg está se movendo na horizontal. considerando um deslocamento de 3.7.0 m? Figura 3. b) 3.7. Uma das tarefas da Física é identificar os diferentes tipos de energia e explicá-los em termos de utilidade prática. Para que você compreenda e aplique os novos conceitos. também. ele tem possibilidade de entrar em movimento. Trabalho e energia 167 . Essa alternância e transformação de energias explica a origem dos movimentos dos objetos. a energia potencial está associada à posição do corpo e não ao seu movimento. Durante nossos estudos. em virtude de sua posição. estudaremos um modo alternativo e aprenderemos um conceito muito útil que nos ajudará a abordar trabalho e energia de modo mais prático. será retomado o desenvolvimento da montanha-russa no novo parque de diversões da cidade. Desta vez. Esse método é baseado na definição de energia potencial.3 Energia potencial gravitacional e elástica Diálogo aberto Olá. Esses cálculos serão muito importantes para garantir a segurança durante o funcionamento do brinquedo. Para o estudo da Mecânica. vamos demonstrar que a soma da energia cinética com a energia potencial nos fornece a energia mecânica total de um sistema. Ainda. Como se transforma a energia em um salto de bungee jumping? Ou em um salto de um trampolim? Nesta seção. Sejam bem-vindos! Nas seções anteriores. com muitos exemplos. já estudamos que a energia mecânica pode se apresentar de duas formas. Pode-se afirmar que um corpo tem energia potencial quando. discutiremos. analisaremos dois tipos importantes de energia potencial: gravitacional e elástica. a energia potencial em alguns pontos do trilho. como energia cinética e como energia potencial. A energia cinética pode se transformar em energia potencial e vice-versa. U3 Seção 3. esses dois tipos de energia potencial. você será responsável por calcular a energia mecânica total do sistema e. Em outras palavras. Figura 3. naquela posição. Parece razoável pensarmos que. para calcular trabalho e energia. por exemplo. Um corpo ganha ou perde energia cinética porque ele interage com outros corpos que exercem forças sobre ele. Bons estudos! Não pode faltar Energia potencial Você já aprendeu sobre energia cinética.org/wiki/BASE_jumping>. Acesso em: 3 jul.wikipedia. É o que ocorre. a energia do movimento. 2016. se ela saltar da ponte. Assim. Em algumas situações. converterá essa energia armazenada em energia cinética durante a queda. você será capaz de aplicar um novo método. a energia parece estar armazenada para ser recuperada depois.12 | Energia potencial Fonte: <https://en. 168 Trabalho e energia . baseado na posição do objeto e na energia mecânica total do sistema. a pessoa possui certa energia armazenada e que. como mostra a figura a seguir. quando uma pessoa está no alto de uma ponte para praticar o esporte bungee jumping. Já sabemos que a variação da energia cinética é igual ao trabalho total realizado pelas forças que atuam sobre o corpo. U3 Como será possível desenvolver esses cálculos? O que é preciso conhecer? Quando existe energia potencial gravitacional e quando existe energia potencial elástica? Como descobrir a energia mecânica total do sistema? As respostas para todas essas questões você encontrará ao final do estudo desta seção. então. Assimile A energia mecânica pode apresentar-se como energia cinética ou energia potencial.13 | Energia potencial gravitacional Fonte: elaborada pela autora. A energia potencial é uma energia armazenada pronta para se transformar em outra forma de energia. Esse tipo de energia fornece o potencial ou a possibilidade da realização de um trabalho. Energia potencial gravitacional A energia potencial associada ao peso do corpo e à sua altura acima do solo é chamada de energia potencial gravitacional. U3 Temos. normalmente relacionada com o movimento. precisamos considerar um plano horizontal de referência. uma energia armazenada e pronta para ser transformada em outra forma de energia. Vale ressaltar que o zero da energia potencial é apenas um valor de referência. Trabalho e energia 169 . Em outras palavras. Para deduzirmos a equação da energia potencial gravitacional. Figura 3. adotamos o solo (superfície da Terra) como o plano de referência onde a energia potencial gravitacional é nula. a energia potencial é uma forma de energia latente. Normalmente. Essa energia associada à posição denomina-se energia potencial. a impressão de que deve existir uma energia associada com a posição dos corpos em um sistema. no qual a energia potencial gravitacional seja nula. A energia potencial gravitacional é uma consequência do campo de forças gravitacionais que existe em torno da Terra. pois somente variações nessa energia são relevantes. mas a energia potencial gravitacional diminui. A energia potencial é simbolizada pela letra U . se a força peso for a única força que atua sobre o objeto. Assim. podemos. assim. gradativamente. o sinal negativo antes de ∆U é fundamental. toda a energia potencial inicial terá se transformado em energia cinética. situada a uma altura H acima do plano de referência. mas a energia potencial gravitacional aumenta. na subida. Se abandonarmos a partícula. e seja g o módulo da aceleração da gravidade. Assim: WPeso = P ⋅ d ⋅ cos θ = m ⋅ g ⋅ d ⋅ cos θ Como o peso e o deslocamento possuem o mesmo sentido θ = 0 ⇒ cos(0) = 1. Observe que. quando o corpo se move de cima para baixo. Do contrário. pois a altura H aumenta. o trabalho realizado pela força peso é positivo. o que pode ser escrito da seguinte forma: WP = −∆U Lembre-se de que. a altura H diminui. o trabalho realizado pela força peso é negativo. Quando o corpo se move de baixo para cima. A unidade de medida da energia potencial também é o joule (J). o trabalho realizado pela força peso é positivo. então. Na descida. a energia potencial gravitacional da partícula é máxima e. e o deslocamento é exatamente a altura d = H . a energia potencial se transformará. Ou seja. se transformando em energia cinética. à medida que a energia cinética da partícula aumenta. Quando a partícula chegar ao plano de referência. durante a queda. a energia potencial gravitacional diminui. o trabalho realizado pela força peso é negativo. na altura H acima do solo. Assim: U = m⋅g ⋅H Observe que. escrever: WR = ∆K = −∆U 170 Trabalho e energia . U3 Considere uma partícula de massa m. Assim. inicialmente. ela cairá devido à ação da força peso. essa energia potencial gravitacional diminui. Essa transformação de energia potencial em energia cinética é exatamente o trabalho realizado pela força peso. onde a energia potencial gravitacional é nula. temos: WPeso = m ⋅ g ⋅ H Denominamos a grandeza calculada por meio do produto do peso pela altura como energia potencial gravitacional. em energia cinética. 2 2 ⋅ 147 2 ⋅ 147 Assim: v = = ≈ 9. 9 m s . 8 ⋅ 0 = 0 . m 3. prática e rápida. 0 = 147J . 2 2 Como a velocidade inicial do corpo é nula. Considerando o solo como referência.0 kg está a posicionado a uma altura de 5. U3 Exemplificando Um corpo de massa de 3. 8 ⋅ 5. c) Observe que só temos a força peso atuando no corpo.0 m acima do solo. temos: m ⋅v2 = Uinicial . 0 Caro estudante. responda às questões abaixo: a) Qual é a energia potencial gravitacional inicial? b) Qual é a energia potencial gravitacional final? c) Qual é a velocidade com que o corpo chega ao solo? Solução: a) Uinicial = m ⋅ g ⋅ H = 3. tivermos outras forças atuando no sistema. Energia potencial elástica Outra forma de energia potencial é aquela que está armazenada em uma mola ou em um objeto com propriedades elásticas. b) Ufinal = m ⋅ g ⋅ H = 3. então: WR = WP + Woutras = ∆K Lembre-se de que WP = −∆U . ao abandonarmos esse corpo a partir do repouso e desconsiderando atritos e resistências. sem utilizar as leis de Newton e sem utilizar as equações da cinemática. observe que conseguimos calcular a velocidade. para resolvermos esses problemas. além da força peso. 0 ⋅ 9. 0 ⋅ 9. Dizemos que um objeto é elástico Trabalho e energia 171 . ou seja: WR = ∆K = −∆U m ⋅ v 2 m ⋅ v 02 assim: ∆K = −∆U ⇒ − = −(Ufinal − Uinicial ) . A aplicação dos conceitos de trabalho e energia é uma metodologia alternativa. Se. 2 O trabalho realizado pela mola é equivalente à energia potencial elástica armazenada na mola. ou seja: 1 U= ⋅ k ⋅ x 2 ⇒ energia potencial elástica . quais são as condições necessárias para que haja energia potencial gravitacional e elástica? Quanto maior a deformação da mola. 2 Interessa-nos. agora. podemos. Já sabemos que o trabalho realizado sobre a mola de constante elástica k para causar uma deformação x é dado por: 1 W = ⋅ k ⋅ x 2 (trabalho realizado sobre a mola). 1 U= ⋅ k ⋅ x 2 ⇒ energia potencial elástica . 172 Trabalho e energia . concluímos que o trabalho realizado pela mola será igual ao da equação acima. 2 Assim. ou seja: 1 WFel = − ⋅ k ⋅ x 2 (trabalho realizado pela mola). 2 Reflita Vimos que: U = m ⋅ g ⋅ H ⇒ energia potencial gravitacional . então. A mola sempre realiza trabalho contrário ao sentido da deformação. porém de sinal contrário. temos que: WFel = −∆U Observe que. U3 quando ele volta a ter a mesma forma e o mesmo tamanho que possuía antes da deformação. é denominada energia potencial elástica. saber a energia potencial elástica armazenada na mola. Assim. poderemos calcular o trabalho realizado por ela. assim. maior será a energia potencial elástica armazenada. Pela terceira lei de Newton. se a força elástica for a única força que atua sobre o objeto. como a mola. escrever: WFel = ∆K = −∆U . A energia armazenada em um corpo deformável. 025 J 2 2 1 1 Ufinal = ⋅ k ⋅ ( xfinal 2 ) = ⋅ 5.102 ) = 0. em energia cinética do bloco. Exemplificando Um bloco de massa de 0. armazenamos uma certa quantidade de energia potencial elástica. então: WR = WFel + Woutras = ∆K . Você puxa o bloco. com o bloco novamente em repouso. quando a mola está alongada de 0. você libera o sistema. 082 ) = 0. Ao alongar a mola. gradativamente. 2 1 1 Uinicial = ⋅ k ⋅ ( xinical 2 ) = ⋅ 5. assim sendo. 00 ⋅ (0. 2 2 Trabalho e energia 173 . Qual é o módulo da velocidade do bloco. fazendo a mola se alongar de 0.20 kg está em repouso sobre um plano horizontal liso sem atrito e está preso a uma mola de constante elástica k = 5. retornando para a posição inicial. Observe que o bloco permanece sempre no plano. Lembre-se de que: WFel = −∆U . Após liberar o sistema. não temos energia mecânica no sistema. não há variação de altura. tivermos outras forças atuando no sistema. essa energia potencial elástica é convertida. m ⋅v2 K final = . A força da mola é a única que realiza trabalho. U3 Se. 00 N m inicialmente sem deformação. O bloco começa a se mover pelo plano horizontal. ou seja.08 m? Solução: Inicialmente. Sendo: K inicial = 0 ⇔ repouso . a energia potencial gravitacional não tem qualquer influência nesse movimento.10 m e. 00 ⋅ (0. logo: WFel = ∆K = −∆U ⇒ K final −K inicial = U incial −U final . 016 J . além da força elástica. com o bloco em repouso e a mola sem deformação. em seguida. no qual a energia cinética é nula e. 025 − 0. 30 m s . 025 − 0. A energia potencial gravitacional está associada ao trabalho realizado pela força peso. Imagine uma pessoa em um balanço. a partícula inverte o sentido do movimento. 009) Ou seja: v = = = 0. 20 Assimile Para os nossos estudos de mecânica. não há energia cinética ( K = 0 ). Pontos de retorno Durante a trajetória de uma partícula. Normalmente. falaremos sobre a conservação da energia mecânica. E = U ⇔ ponto de retorno (K = 0 ) 174 Trabalho e energia . podemos entender que existem duas formas de energia potencial: a gravitacional e a elástica. Energia mecânica total do sistema Definimos a soma da energia cinética com a energia potencial como a energia mecânica total do sistema. chamamos de pontos de retornos os pontos extremos da trajetória. Assim: E = K +U Se não há resistência. representada pela letra E . a energia mecânica do sistema é constante. o balanço para completamente e inverte o movimento. Nesses pontos. A energia potencial elástica está associada ao trabalho realizado pela mola. 016 2 2 ⋅ (0. m 0. U3 Assim: m ⋅v2 − 0 = 0. Na próxima seção. atritos ou outras forças dissipativas. só temos a energia potencial. pontos nos quais a velocidade é nula e. portanto. ou seja. deformação máxima etc. Quando a pessoa atinge a altura máxima. esses pontos são enunciados como: altura máxima. Esse ponto de altura máxima do balanço é um ponto de retorno. portanto. 016) 2 ⋅ (0. nesse ponto (B). a energia potencial gravitacional também é nula. 4 N m 2 (0. 8 ⋅ 2. sem deformação.0 m do nível de referência adotado. a mola está na sua posição de repouso. Assim. Visto que adotamos esse ponto como nível de referência. 8 ⇒ k = = 470. 52 ) Trabalho e energia 175 . 0 ⋅ 9.0 m acima de um mola. a caixa está em repouso (energia cinética nula) e em a uma altura de 2. ou seja. a energia mecânica nesse ponto contém apenas a energia potencial elástica: k ⋅ x2 Efinal = Ufinal = (equação 1). ou seja. Figura 3. Inicialmente. Assim. 8 J . a caixa também está em repouso (energia cinética é nula). a partir do repouso. 8 = 58. a energia mecânica é: Einical = Uinicial = m ⋅ g ⋅ H = 3. Solução: Inicialmente (ponto A). a um altura de 2. Assim.0 kg é solta. U3 Exemplificando Uma caixa de massa de 3. retornando à equação 1: k ⋅ x2 2 ⋅ 58. 0 ⇒ Einical = 58. qual será a constante elástica da mola? Adote o ponto de deformação máxima como referência e considere a energia mecânica da caixa constante. O ponto de compressão máxima da mola é um ponto de retorno. então em B.14 | Caixa em queda sobre a mola Fonte: elaborada pela autora. 2 Como a energia mecânica é constante: Efinal = Einicial = 58. 8 J . Desprezando atritos e resistências e sabendo que a caixa comprime a mola até a deformação máxima de 50 cm. com/kroton/view/806>. Você já sabe que. Robert. KRANE.. Faça log in na sua biblioteca virtual e acesse: Disponível em: <https://integrada. após a descida. o carrinho sobe uma rampa. antes de o carrinho entrar no looping. ele despenca e. Acesso em: 20 jun. David.minhabiblioteca.. Física 1. Kenneth.00:42. Sem medo de errar Vamos dar continuidade às análises para o projeto da montanha-russa no novo parque de diversões da cidade. v. Agora. no vídeo disponível em: <http://physicsdemos. Acesso em 30 set. você precisa avaliar a energia potencial gravitacional e a energia mecânica total no topo da subida e no final da descida. Veja o conceito de poço de potencial na prática. 5.15 | Projeto montanha-russa. Figura 3. Rio de Janeiro: LTC. em seguida. 2003. Lembre-se de que estamos desprezando atritos e que a carga do carrinho é de 500 kg. 176 Trabalho e energia .0>.com. U3 Pesquise mais Aprofunde seus conhecimentos! Sugestão de leitura: Capítulo 11 do livro Física 1. RESNICK.br/#/books/ 978-85-216-1945-1/cfi/270!/4/4@0. inicialmente. há um looping. ed. 2016. Robert Resnick e Kenneth Krane: HALLIDAY. Fonte: elaborada pela autora. 1. de David Halliday. 2016. já calculamos a energia cinética nesse ponto inicial: K = 79700 J . Nesse ponto final da descida. Nesse ponto temos. pois está abaixo do nível de referência. Assim. será considerado o ponto inicial como sendo o ponto antes de iniciar a descida do carrinho (observe esse ponto na figura). Então. Agora. Trabalho e energia 177 . na seção anterior. já sabemos. 7 kJ . temos que a energia potencial no ponto final é: Ufinal = m ⋅ g ⋅ H = 500 ⋅ 9. Nesse ponto inicial.1 m (negativo. qual é a distância desse ponto em relação ao solo? Pela Figura 3.16.75. repare que o carrinho está a uma altura de 20 metros do solo.1) = −367990 J .16 | Desnível do ponto final em relação ao solo Fonte: elaborada pela autora. Tomaremos o solo como ponto de referência (onde a energia potencial gravitacional é nula). observe que essa distância é de . vamos analisar o ponto final da descida do carrinho (oberve esse ponto na figura). então. 8 ⋅ 20 = 98000 J . abaixo do solo): Figura 3. U3 Solução: Nesta análise. A energia mecânica total é: Einicial = K inicial + Uinicial . a energia mecânica total inicial do carrinho é: Einicial = 79700 + 98000 = 177700 J = 177. que a energia potencial gravitacional é: Uinicial = m ⋅ g ⋅ H = 500 ⋅ 9. 8 ⋅ ( −75. Assim. Lembre-se de que. Observe que esse ponto está abaixo do nosso nível de referência. pois calculamos na seção anterior. o solo. 5 m até sair do interior do canhão. O canhão do circo estragou e você vai auxiliar a projetar um novo. Assim. pois: = E= Einicial final 177700J = 177. U3 que a energia cinética é Kfinal = 545690 J . Atenção Na subida. dependendo do referencial nulo (em que a energia potencial gravitacional é nula). Avançando na prática O grande acrobata Descrição da situação-problema A maior atração de um determinado circo é o lançamento de um grande acrobata de circo de massa de 60. Inicialmente. transformando-a em movimento na maioria das vezes). Fique atento aos sinais: a energia potencial gravitacional pode ser positiva ou negativa. você entenderá porque a energia mecânica do sistema se manteve constante. 7 kJ . a variação da energia potencial gravitacional é negativa (o corpo perde energia potencial. a mola está na sua posição de repouso. fazendo-o percorrer uma distância de 4.0 kg por meio de um canhão de molas. Não se preocupe se os cálculos estão corretos. a variação da energia potencial gravitacional é positiva (o corpo acumula energia potencial). de constante elástica igual a k = 1100 N m . Receoso com o novo canhão. com massa pequena. Observe que a energia mecânica do sistema se manteve constante. ela realizada trabalho sobre o acrobata. Durante esse deslocamento. Esse canhão deve possuir uma mola muito grande. 7kJ . Na descida. quando a mola é disparada. sem deformação. A mola é comprimida pela aplicação de força de 4400 N.0 m e uma altura de 2. Ao final desse deslocamento. o acrobata fica em repouso e permanece o tempo todo em contato com a mola. ela é constante! Na próxima seção. É isso mesmo: a energia mecânica total no ponto inicial e no ponto final é a mesma. a energia mecânica total no ponto final da descida será: Efinal = 545690 − 367990 = 177700J = 177. ou seja. Assim. o acrobata pergunta com qual 178 Trabalho e energia . o atrito é de apenas 40 N. o trabalho realizado pela força elástica é: WFel = −∆U = −( −8800) = 8800 J .17 | O canhão e o acrobata Fonte: elaborada pela autora. além da força elástica. ∆U = Ufinal − Uinicial = 0 − 8800 = −8800 J . então: WR = WF + Woutras = ∆K . basta lembrarmos de que Fel = k ⋅ x ⇒ 4400 = 1100 ⋅ x . a mola não possui deformação. armazenando energia potencial elástica 1 dada por: U = ⋅ k ⋅ x2 . para que ele se desloque pelo cano do canhão. Pensando nessa situação. el Sendo: WF = −∆U . a deformação da mola é: x = = 4. Trabalho e energia 179 . 1100 1 Sendo assim. Lembre-se Se. 2 Para descobrir a deformação da mola. você consegue responder ao acrobata? Figura 3. 4400 Logo. el Resolução da situação-problema Inicialmente. No final do processo. 0 m . a energia armazenada pela mola é: U = ⋅ 1100 ⋅ ( 4. 2 Observe que a mola irá transferir essa energia inicial ao acrobata. pois essa informação é muito importante para saber onde colocar a rede de proteção. tivermos outras forças atuando no sistema. Assim. 02 ) = 8800 J . U3 velocidade ele irá emergir na extremidade do cano. a mola está comprimida. Portanto. um bloco de 0. lembrando-se de que o acrobata está. O trabalho realizado por cada uma dessas forças é: WN = N ⋅ d ⋅ cos(90° ) = 0 . 0 Faça você mesmo Em um plano horizontal. 0 ⋅ 9. podemos concluir que: WR = WFel + WN + WP + WFat = ∆K m ⋅v2 8800 + 0 − 1470 − 160 = . ele se move sobre o plano horizontal até uma distância de 1. atuando sobre o acrobata. 60. durante o deslocamento. 8 ⋅ 2. comprimindo a mola em 0. WFat = Fat ⋅ d ⋅ cos(180° ) = −40 ⋅ 4. U3 Porém. 5 = −1470 J (na subida. as forças peso.00 m há atrito. Sabendo disso.00 m antes de parar. em repouso (v 0 = 0) . 5 m s . 2 2 ⋅ (8800 + 0 − 1470 − 160) e. WP = −m ⋅ g ⋅ H = −60. portanto: v = ≈ 15. normal e a força de atrito. após se desprender da mola.20 m. 0 = −160 J (a força de atrito é contrária ao movimento). calcule o coeficiente de atrito cinético entre o bloco e o plano. Quando o bloco é liberado. A constante elástica da mola é k = 100 N m . também. temos. Dessa forma.50 kg é empurrado contra uma mola horizontal de massa desprezível. o trabalho da força peso é negativo). 180 Trabalho e energia . Durante esse deslocamento de 1. inicialmente. 145 J e 170 J. Assim. c) 24 J. Um bloco de massa de 500 g está a 50 m de altura em relação ao solo horizontal com uma velocidade de 10. que precisa ultrapassar um obstáculo vertical de 6. Uma bola de futebol de massa de 0. respectivamente. b) 14 J. Trabalho e energia 181 . U3 Faça valer a pena 1.0 kJ.0 kJ.9 kJ.0 m de altura. e) 6.0 m a partir do repouso e. Ao atingir o topo do obstáculo. a energia potencial e a energia mecânica total do bloco? a) 25 J.8 kJ. depois de bater no chão. e) 44 J. e) 15 J. Quanta energia mecânica a bola perdeu. Tomando o solo como referência. d) 15 J. a variação de energia potencial gravitacional do atleta. a) 4 J. b) 3. com salto de vara. b) 25 J. d) 34 J. c) 3. nesse mesmo instante de tempo. d) 4. 145 J e 130 J.4 m. 2. saindo do chão até o topo do obstáculo. 145 J e 270 J. é um valor próximo de: a) 2. c) 25 J.0 m de altura do chão. a energia cinética. 245 J e 220 J. 245 J e 270 J.40 kg cai de uma altura de 6. aproximadamente. 0 m s em um determinado instante de tempo. o atleta está praticamente deitado na horizontal. 3. Considere 2 um atleta de 80 kg com 2.4 kJ. quais são. ao se chocar com o solo? (despreze a resistência do ar). ela eleva-se verticalmente até a altura máxima de 2. H pessoa consideramos a metade de sua altura U pessoa = m ⋅ g ⋅ . Para calcularmos a energia potencial de uma pessoa em pé no chão. neste salto. U3 182 Trabalho e energia . chamadas de forças não conservativas. você aprenderá a identificar forças conservativas e aplicar a lei de conservação da energia. Você vai aprender muito e vai perceber como é prático e rápido resolver problemas utilizando os conceitos aprendidos aqui. Você já sabe que a energia mecânica total de um sistema é dada pela soma da energia potencial com a energia cinética. A lei da conservação da energia nos remete à frase de Lavoisier: “Na natureza nada se perde. você também precisará determinar qual é a máxima altura que o carrinho consegue atingir em relação ao solo. Assim. Você também saberá diferenciar sistemas não conservativos. um dos princípios mais fundamentais e abrangentes de todas as ciências. em outros. U3 Seção 3. demonstraremos. Desejamos um excelente estudo a você! Trabalho e energia 183 . finalizaremos o desenvolvimento da montanha-russa no novo parque de diversões da cidade. Após conhecer a lei da conservação de energia. Isso nos conduzirá a uma formulação geral da lei da conservação da energia. e descobrir a velocidade mínima necessária para o carrinho cumprir o percurso com segurança é fundamental. você deverá analisar se o carrinho consegue fazer o looping completo. nada se cria. ela muda de forma. Ao sair do looping. no decorrer desta seção. a energia mecânica total permanece constante durante o movimento do sistema e. Nesta seção. tudo se transforma”. parte da energia mecânica é transformada em outras formas de energia. O resultado dessas análises será essencial para garantir a liberação do projeto para a construção da montanha-russa. mantendo a energia total do sistema isolado sempre constante. que em alguns casos. ou seja.4 Conservação de energia Diálogo aberto Olá! Seja bem-vindo a esta nova seção de estudos. pois esse será o ponto final. a energia não se perde e nem se cria. Assim. Agora. onde os passageiros irão descer. sistemas nos quais a energia mecânica não é constante. Você estará pronto para realizar as últimas análises que garantirão o funcionamento do brinquedo com total segurança. devido à presença de forças que aumentam ou dissipam a energia do sistema. A força conservativa é capaz de converter energia cinética em potencial ou de fazer a conversão inversa. 184 Trabalho e energia . ou seja. a energia mecânica pode ser constante ou não. Chamamos de sistemas conservativos aqueles nos quais a energia mecânica é constante. fazendo-o deslocar de um ponto A até um ponto B e retornar ao ponto A por alguma outra trajetória qualquer. a força conservativa consegue realizar trabalho sobre um objeto. pois apenas as forças conservativas realizam trabalho. Chamamos esses sistemas de conservativos. A energia do sistema conservativo não é transformada em outra forma (térmica. a energia mecânica é constante. Assim. nos sistemas conservativos. a energia total de um sistema isolado é sempre constante. forças conservativas são aquelas que conseguem armazenar energia e tornar essa energia útil de forma totalmente reversível. sonora etc). é importante que você se familiarize com o conceito de sistema isolado. Estudaremos esses casos a seguir. Em outras palavras. Quando a energia mecânica do sistema isolado é constante. é sempre constante. pois a energia do sistema apenas se altera entre energia cinética ou potencial. sem que haja perda de energia total. ou seja. como entre energia cinética e energia potencial ou entre energia cinética e energia térmica. Uma situação especial dos sistemas isolados é quando a energia mecânica é constante. Mas a energia total do sistema isolado não varia. chamamos de sistemas conservativos. à ação da força de atrito que transforma a energia mecânica em outra forma de energia (térmica. U3 Não pode faltar Para iniciarmos os estudos desta seção. devido. Já quando a energia mecânica do sistema isolado varia. chamamos o sistema de não conservativo. por exemplo. Do contrário. Usamos esse termo para nos referir ao sistema que não troca energia com o ambiente. Assimile Nos sistemas isolados. a energia total é sempre constante. sonora etc). Dentro de um sistema isolado podem ocorrer muitas transferências de energia. Outras características das forças conservativas são: • O trabalho realizado por uma força conservativa é sempre reversível. chamamos de sistemas não conservativos. Nesses sistemas. o trabalho realizado é nulo. portanto.0 metro do solo. quando o vaso está a 1. desprezando a resistência do ar. Assim. A energia do sistema conservativo se altera apenas entre cinética e potencial. pois somente a força peso realiza trabalho durante o movimento. dizemos que o sistema é conservativo. O trabalho realizado pela força conservativa depende apenas do deslocamento e não da trajetória. U3 • O trabalho realizado pela força conservativa depende apenas do ponto inicial e do ponto final do movimento. se apenas essas forças realizam trabalho. • A força conservativa é incapaz de alterar a energia mecânica do sistema. De repente o vaso cai em queda livre. Desprezando a resistência do ar.0 metros em relação ao solo. o sistema é conservativo e. Quando o ponto final coincide com o ponto inicial. é um exemplo de sistema conservativo. ou seja. São exemplos de forças conservativas: a força da mola (força elástica) e a força gravitacional (força peso). Considere um vaso de flores de massa de 200 g que inicialmente estava em repouso. que a energia mecânica total do sistema permanece constante. independente da trajetória. a energia mecânica total é constante. qual é a sua velocidade e qual é a variação da energia cinética? Trabalho e energia 185 . ou vice-versa. na janela de um apartamento. a uma altura de 15. Exemplificando Um corpo em queda livre. E = K + U = cons tan te Nos sistemas conservativos: Efinal = Einicial Assimile Quando as únicas forças que realizam trabalho em um sistema são forças conservativas. se o movimento de um sistema é devido apenas à ação da força peso ou da força elástica. • A força conservativa realiza sempre o mesmo trabalho sobre o corpo. é: m ⋅ v final 2 0. 4 J .1. Solução: Inicialmente. 4 J 2 0.0 metro do solo é de: 0. 2 2 186 Trabalho e energia . durante a queda livre.1 Einicial = 0.1. 4 J . 8 ⋅ 15 = 29.1. 2 ⋅ 9. assim. a velocidade do vaso a 1.1 Portanto. 1.1. pois.2. temos que a mecânica é constante: 1. 4J ⇒ v = ≈ 16. apenas a força peso (força conservativa) realiza trabalho. 4 J .1.1.1.1 Visto que o sistema é conservativo.2 Efinal = K final + Ufinal ⇒ + m ⋅ g ⋅ H = 29.2 Efinal = Einicial ⇒ Efinal = 29. 0 = 29. 2 ⋅ v 2 2 ⋅ (29. 4 J .18 | Vaso em queda livre Fonte: elaborada pela autora. 1. 2 0.0 metro do solo. a variação de energia cinética. o vaso está em repouso. temos: m ⋅v2 1. 2 1. 96) 1. U3 Figura 3.2. + 0. quando o vaso estiver a 1.2.1. assim. 57 m s . 2 ⋅ (16.1 E.2 + 1. 96 = 29.1 Assim. inicialmente.2. lembrando que. 2 ⋅ 9.2. 2 Então.1. 57)2 ∆K = K final − K inicial = − 0 ⇒ ∆K = ≈ 27. 4 − 1.2. 2 ⋅ v 2 1.2. o vaso estava em repouso. 8 ⋅ 1. a energia mecânica total inicial é: Einicial = K inicial + Uinicial = 0 + m ⋅ g ⋅ H 1.2. alterando a energia mecânica. U3 Nem todas as forças são conservativas. o trabalho das forças não conservativas é nulo e a energia mecânica é constante. Existem forças capazes de alterar a energia mecânica do sistema. é equivalente à variação da energia mecânica do sistema: WFdis = ∆Emec Trabalho e energia 187 . São situações em que o movimento não é reversível. a força de atrito. seja fornecendo ou dissipando energia. As forças provenientes de reações (explosões) são exemplos de forças não conservativas que produzem aumento da energia mecânica do sistema. como a força de atrito. Nos sistemas não conservativos. Durante o movimento. é chamada de força não conservativa ou força dissipativa. Para isso. tudo se transforma”. nada se cria. Assimile Nos sistemas conservativos. percebemos que a força de atrito retira (dissipa) energia do sistema. a energia mecânica não é constante. por isso. Exemplos de forças não conservativas dissipativas: força de atrito. a energia mecânica pode ser transformada em outra forma de energia. sistemas não conservativos são aqueles em que as forças não conservativas realizam trabalho de forma a alterar (aumentar ou diminuir) a energia mecânica total. ou seja. como energia térmica. por exemplo. Veja. A energia cinética perdida não pode ser recuperada. As forças não conservativas dissipativas são responsáveis por transformar energia mecânica em outro tipo de energia. mas para onde vai a energia perdida ou dissipada? Lembre-se de que “na natureza nada se perde. ou seja. Em outras palavras. a caixa perde energia cinética até parar. sem alterar a energia mecânica do sistema. somente as forças conservativas realizam trabalho. A força de atrito dissipa a energia e. sonora etc. dizemos que o trabalho realizado pela força dissipativa (Fdis ) . o movimento não é reversível. Nos sistemas não conservativos. ou seja. nem todas as forças armazenam energia. como em energia térmica. força de resistência. considere uma caixa se movendo em uma superfície com atrito. as forças não conservativas também realizam trabalho. Assim. podendo utilizá-la de forma reversível. Nos sistemas conservativos. Intuitivamente. temos que a energia mecânica é: Einicial = K inicial + Uinicial = 0 + Uinicial ⇒ Einicial = Uinicial Assim: Einicial = m ⋅ g ⋅ Hinicial = 0.1 J .40 kg cai de uma altura de 6. Em outras palavras. 40 ⋅ 9. Houve dissipação de energia: Edissipada = ∆E = Efinal − Einicial = 9. Logo. a velocidade é nula (ponto de retorno). Portanto. 0 ≈ 23.0 m a partir do repouso e. como a bola está em repouso. O sinal negativo significa que houve perda de energia. a energia mecânica final não é igual à energia mecânica inicial. 40 ⋅ 9. 4 − 23. lembre-se de que a energia não desaparece.4 m. Podemos dizer que esse sistema é conservativo? Justifique. ela eleva-se verticalmente até a altura máxima de 2. forças não conservativas realizaram trabalho no sistema dissipando 14. Lembre-se de que. o sistema não é conservativo. a energia mecânica dissipada pode ter sido transformada em 188 Trabalho e energia . temos que a altura máxima é de 2. 8 ⋅ 6. Assim: Efinal = Ufinal = m ⋅ g ⋅ Hfinal = 0. Após o choque com o solo. U3 Reflita Os fragmentos das explosões de fogos de artifícios se espalham com energias cinéticas elevadas devido às forças explosivas geradas a partir de reações químicas da pólvora com o oxigênio do ar. na altura máxima. Solução: Inicialmente. ela é transformada. Contudo. 8 ⋅ 2. depois de bater no chão. Nesse caso.1 J. 4 J .4 m. 5 J . 5 = −14. Você consegue explicar por qual motivo esse processo não é reversível? Ou seria possível a volta espontânea dos fragmentos das explosões para reconstituir os fogos de artifício queimados? Exemplificando Uma bola de futebol de massa de 0. 4 ≈ 9. temos a lei escrita da seguinte forma: ∆Emec + ∆Eint = 0. a energia térmica. então. sonora etc). por exemplo.inicial ) + ∆Eint = 0 ⇒ Emec. temos. ela apenas pode ser transformada em energia mecânica (cinética e potencial) ou em outras formas de energia. Observe que a lei mostra claramente que a energia não pode ser criada nem destruída.final − Emec.final = Emec. a variação da energia total ( ∆Etot ) é equivalente à variação da energia mecânica ( ∆Emec ) mais a variação de qualquer outro tipo de energia interna ( ∆Eint ) do sistema (térmica. Lei de conservação da energia A lei de conservação da energia se refere à energia total do sistema. A deformação de objetos também gera dissipação de energia por aquecimento.inicial Trabalho e energia 189 . ou seja. pois: Emec. a energia total é constante. Se não houver variação de energia interna ( ∆Eint = 0) . um sistema conservativo. U3 energia térmica. a variação de energia total é igual a zero. entre outras. Essa lei é deduzida com base em resultados experimentais. energia sonora. ou ainda: (Emec. Assim. Em palavras. por exemplo. Nos sistemas isolados.inicial − ∆Eint. A energia interna pode ser. Essa lei estabelece que a energia total de um sistema pode mudar apenas pela transferência de energia para dentro ou para fora do sistema: ∆Etot = ∆Emec + ∆Eint . A energia total do sistema é a soma da energia mecânica com qualquer outra forma de energia que aqui chamaremos de energia interna (Eint ) . Nunca foi encontrada nem observada nenhuma exceção dessa regra.final = Emec. 0752 ) WFel = − =− = −0. Sendo assim. temos: WFat = −∆Eint . U3 Exemplificando Uma caixa de massa de 2. pois a mola atrapalha o movimento da caixa: k ⋅ x2 320 ⋅ (0. o trabalho realizado pela mola é negativo. 190 Trabalho e energia . 9 J .5 cm. Enquanto a caixa está em contato com a mola até atingir o repouso. que a força aplicada pela mola é contrária ao sentido do movimento da caixa. Solução: a) O trabalho realizado pela mola é equivalente à energia potencial acumulada até a compressão máxima. WFat = Fat ⋅ d ⋅ cos(180° ) = − µ ⋅ N ⋅ d . 2 2 b) O aumento da energia térmica (energia interna) do sistema é devido ao trabalho realizado pela força de atrito não conservativa.5 kg desliza de encontro a uma mola de constante elástica k = 320 N m . c) A velocidade da caixa imediatamente antes de se chocar com a mola.19 | Caixa desliza até comprimir a mola Fonte: elaborada pela autora. que transforma energia mecânica em térmica. conforme Figura 3. porém. A caixa para após comprimir a mola de 7. O coeficiente de atrito cinético entre a caixa e o piso é 0. Figura 3. b) O aumento da energia térmica do sistema caixa-piso. Observe.25.19. Como a energia dissipada pelo atrito reflete em aumento da energia térmica do sistema. determine: a) O trabalho realizado pela mola. 075) = −0. Rio de Janeiro: LTC. a caixa apenas desliza sobre o plano. assim. Kenneth.inicial = K inicial + Uinicial = +0. 46J .. Logo: m ⋅v2 Emec. antes de se chocar com a mola. Trabalho e energia 191 . Física 1. U3 WFat = −(0. 5. Pesquise mais Aprofunde seus conhecimentos! Sugestão de leitura: Capítulo 11 do livro Física 1. 9 − 1. 04 m s . 2003.inicial . observe que a variação da energia mecânica corresponde ao trabalho realizado pela força de atrito. 042 WFat = 0. v. c) Pela lei de conservação da energia mecânica. 2. sem comprimir a mola. 25) ⋅ (2. 5 ⋅ v 2 2 ⋅ (0. 2 2.final = Emec. ou seja. 2 2 A variação da energia interna foi calculada no item anterior: ∆Eint = 0.. 46 ⇒ v 2 = ≈ 1. 5 ⋅ 9. 5 Caro estudante.final = 0. temos que a velocidade da caixa antes de se chocar com a mola é: 2.inicial − ∆Eint Inicialmente. Então temos: k ⋅ x 2 320 ⋅ (0. 0752 ) Emec. 1. 9 + 0. 46 J . 36 = −0. 2 No final. temos: Emec. 46 J . 9 − = 0. RESNICK. o que é equivalente. a caixa está em repouso e comprimindo a mola. ed.final = K final + Ufinal = 0 + = ⇒ Emec. 8) ⋅ (0. 46 J . de David Halliday. Robert. 9 J . 5 ⋅ 1. 46 J . Logo. o aumento da energia térmica do sistema é: ∆Eint = −( −0. 46) = 0. 2 WFat = −∆Eint ⇒ ∆Eint = 0. Robert Resnick e Kenneth Krane: HALLIDAY. 46) 0. David. 9 = − 0. KRANE.final − Emec. em módulo. à energia transformada em calor (energia térmica): WFat = ∆Emec = Emec. com/kroton/ view/808>. Porém. nesse ponto. Como a energia é constante.1 m abaixo do nível do solo. Recorde-se de que a carga máxima do carrinho é de 500 kg. A velocidade mínima. conforme Figura 3. Solução: Como o atrito e as resistências são desprezíveis. Portanto. também. Assista o vídeo disponível em: <http://physicsdemos. para garantir que o carrinho não despenque. deve ser v min2 = g ⋅ R . o carrinho está em uma posição equivalente ao diâmetro do looping. U3 Faça log in na sua biblioteca virtual e acesse: Disponível em: <https://integrada.0>. O atrito e as resistências são desprezíveis. 192 Trabalho e energia . você deverá calcular a velocidade do carrinho no ponto mais alto do looping de forma a garantir que o carrinho consiga fazer o percurso com segurança.20. onde os passageiros irão descer. qual é a máxima altura que o carrinho consegue atingir em relação ao solo ao sair do looping. a energia mecânica é constante em qualquer ponto da trajetória do carrinho. vimos que a energia mecânica do carrinho durante a descida para entrar no looping é: E= mec . a montanha-russa que você está projetando é um sistema conservativo. 2016. no ponto mais alto do looping (chamaremos de ponto A). 2 Nesse ponto. temos: m ⋅ v A2 E A = K A + U A ⇒ 177700 = + m ⋅ g ⋅ HA .br/#/books/ 978-85-216-1945-1/cfi/270!/4/4@0. Na seção anterior. Acesso em: 20 jun. Sem medo de errar Para finalizar o desenvolvimento da montanha-russa no novo parque de diversões da cidade.com. 7kJ . a 80 metros acima da base do looping. Acesso em: 30 set.minhabiblioteca. Esse será o ponto final da montanha- russa.inicial 177700 = J 177. ou seja. ou seja. em que R é o raio do looping definido em 40 metros. não temos forças dissipativas. a base do looping está a 75. Verifique. 2016.00:42. Não se esqueça de que. 8 m . 8 ⋅ 4. então. como mostra a Figura 3. sem despencar. 500 A velocidade mínima necessária no ponto mais alto do looping deve ser de: v min2 = g ⋅ R ⇒ v min = 9.s Com isso. Dessa forma. 9 . U3 Figura 3.1 = 4.20 | Ponto mais alto do looping (ponto A) Fonte: elaborada pela autora.final = Ufinal = m ⋅ g ⋅ Hmax . temos que a velocidade no ponto A é: 500 ⋅ v A 2 177700 = + 500 ⋅ 9. 3 m . Assim: Emec . 500 ⋅ 9. 8 Trabalho e energia 193 . 8 ⋅ 40 ≈ 19. portanto não há energia cinética. será de: 177700 177700 = 500 ⋅ 9. a velocidade é nula. 8 ⋅ Hmax ⇒ Hmax = ≈ 36. 9 m . Ao sair do looping. 0 − 75. Como a energia mecânica total do sistema é constante. em relação ao solo. é possível concluir que o carrinho terá velocidade suficiente para fazer o percurso com segurança. Logo. a altura máxima atingida pelo carrinho pode ser obtida pela lei de conservação de energia.20. temos. que a altura máxima atingida pelo carrinho. 8 m s . no ponto de altura máxima. 2 2 ⋅ (177700 − 24010) vA = ≈ 24. a altura em relação ao ponto de referência (solo) é de: HA = 80. ou seja: quanto de energia está sendo transformada em térmica? Qual é a velocidade do seu filho no final do tobogã. reclamou que suas pernas pareciam queimar. não há variação da energia interna do sistema e.5 metros. a energia mecânica se altera entre cinética e potencial durante todo o percurso. O material que você utilizou na rampa possui constante de atrito cinético de 0.inicial − ∆Eint . Veja que aqui consideramos como um caso ideal (sem atritos).0 metros em relação ao chão e a rampa (por onde seu filho escorrega) possui comprimento de 2. seu filho parecia estar “rápido demais”. Como a energia dissipada pelo atrito reflete em aumento da energia térmica do sistema. Você consegue analisar essas reclamações. como a força de atrito. a energia total do sistema é a própria energia mecânica. você resolveu construir um tobogã na sua casa. Observe que. seu filho. ela é sempre transformada. Após estrear o presente. é importante que você perceba que a energia não pode ser perdida nem criada. de massa de 30 kg. no qual apenas forças conservativas realizam trabalho. no final do escorregamento.40. portanto. U3 Atenção Caro estudante. sabendo que ele parte do repouso? Lembre-se O trabalho realizado pela força dissipativa. que se mantém constante. Você pode verificar as resoluções de casos mais reais (com atrito) nos demais exemplos apresentados durante este livro. O final da rampa do tobogã encosta no chão (solo). no movimento do carrinho pela montanha-russa. Ou seja. é equivalente à variação da energia mecânica do sistema: WFdis = ∆Emec . temos um sistema conservativo. no final. 194 Trabalho e energia . O tobogã possui altura de 2. Avançando na prática Tobogã Descrição da situação-problema Para presentear seu filho. Sua mulher achou que. Como não há presença de forças dissipativas (desconsideramos atrito e resistências). Pela lei de conservação da energia: Emec.final = Emec. temos: WFat = −∆Eint . 8 km h . Assim. na base da rampa do tobogã. de modo que 2. portanto a energia cinética inicial é nula (K inicial = 0) . seu filho possui apenas energia cinética: Emec . A variação da energia interna foi calculada no item anterior: ∆Eint = 177J .inicial − ∆Eint (equação 2). Retornando à equação 1. 40) ⋅ (177) ⋅ (2. 2 30 Trabalho e energia 195 . Assim. seu filho está em repouso. Logo.inicial = Uinicial = m ⋅ g ⋅ H = 30 ⋅ 9. 5) ≈ −177J . 8 ⇒ θ = arcsen(0.final = Emec. a energia mecânica dissipada e transformada em energia térmica. Portanto. No final. retornando à equação 2. absorvida pelas pernas do seu filho.final = K final + Ufinal ⇒ Emec . a energia potencial gravitacional é nula. Como a energia dissipada pelo atrito reflete em aumento da energia térmica (energia interna) do sistema. Pela lei de conservação da energia. 8) ≈ 53° . usando o comprimento da rampa e a altura 2. portanto. pois a rampa encosta no chão (não tem altura) e. parte da energia mecânica do sistema é dissipada. Uma observação muito importante aqui é que seu filho escorrega pela rampa (como se fosse um plano inclinado). temos que a energia cinética do seu filho ao chegar na base do tobogã é: K final = Uinicial − ∆Eint ⇒ K final = 588 − 177 = 411 J . temos: senθ = = 0. temos: WFat = −(0. 8 ⋅ cos(53° ) ≈ 177N . 8 ⋅ 2. temos: Emec. 0 do tobogã. Pela relação trigonométrica. 0 = 588 J . U3 Resolução da situação-problema Inicialmente. Como existe a força de atrito. 5 N = 30 ⋅ 9. o trabalho realizado pela força de atrito durante o escorregamento pelo tobogã é equivalente à energia térmica adquirida pelas pernas do seu filho. a energia mecânica inicial é exatamente a energia potencial inicial. Logo. at WFat = Fat ⋅ d ⋅ cos(180° ) = − µ ⋅ N ⋅ d (equação 1) . uma força dissipativa. temos que a força normal possui módulo igual à componente y da força peso: N = Py = m ⋅ g ⋅ cos θ . Assim sendo. é de: ∆Eint = −( −177) = 177J . 2 m s ≈ 18. dada por: Emec.final = K final . podemos concluir que a velocidade do seu filho no final do tobogã é: m ⋅v2 (2 ⋅ 411) K final = = 411 ⇒ v= ≈ 5. temos: WF = −∆Eint . porém com a mola em sua posição de equilíbrio ( x0 ) . no final. inicialmente. U3 Faça você mesmo Considere o sistema massa mola da Figura 3. em que a massa do bloco é 500 g e a constante elástica da mola é k = 20. o bloco se encontra novamente em repouso.21 | Sistema massa mola Fonte: elaborada pela autora. 196 Trabalho e energia . b) Explique a variação de energia mecânica.21. 0 N m . sem deformação. Figura 3. O bloco está preso à mola e ele se encontra. ou seja. Sabendo que existe atrito: a) Calcule o coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a superfície horizontal. O bloco é abandonado dessa posição inicial e. em repouso com a mola alongada deformada de 30 cm. Um corpo de massa de 800 g está inicialmente em repouso e comprime em 12 cm uma mola de constante elástica k = 2000 N m . Com isso.6 m. U3 Faça valer a pena 1. existe atrito e o coeficiente de atrito cinético é 0. A e B. Porém. Analisando esses dados. A caixa B escorrega por um plano inclinado de 30° em relação à horizontal. é possível afirmar que: a) A caixa A atinge o solo primeiro que B e com velocidade de módulo maior que B. de uma altura de 20 m em relação ao solo. No trecho AB. sem atrito. O corpo é abandonado desta posição (A). no trecho BC. porém com velocidade de módulo igual a B.40. 2. são abandonadas a partir do repouso. é possível afirmar que a distância BC vale. aproximadamente: Figura 3. Na posição B. não há atrito.6 m. d) 4. a) 1. b) A caixa A atinge o solo depois que B e com velocidade de módulo menor que B. Em seguida. Duas caixas. A caixa A cai em queda livre. e) 5.6 m. c) 3. b) 2. a mola se distende e o bloco se separa da mola na posição B e para completamente na posição C.6 m. simultaneamente. sem resistências do ar. c) A caixa A atinge o solo antes que B. Trabalho e energia 197 . a mola não possui deformação.22 | Corpo e mola Fonte: elaborada pela autora.6 m. d) 681. 3.0 kg é solta. Sabendo que a caixa comprime a mola até a deformação máxima de 80 cm e que. e) 751. ou seja. 198 Trabalho e energia . Figura 3. b) 454. e) Com as informações. não é possível descobrir as velocidades e os tempos em que as caixas atingem o solo. c) 545. a uma altura de 3. a partir do repouso.23 | Queda sobre a mola Fonte: elaborada pela autora. U3 d) A caixa A atinge o solo ao mesmo tempo que B e com velocidade de módulo igual a B. a mola está na sua posição de repouso. Uma caixa de massa de 8. a energia mecânica é constante. durante a deformação da mola.0 m acima de um mola. sem deformação. Atritos e resistências são desprezíveis. qual será a constante elástica da mola no SI (N m ) ? Adote o ponto de deformação máxima como referência (em que a energia potencial gravitacional é nula). Inicialmente. a) 381. v. v. v. SERWAY. Campinas: Átomo. B. 2009. THE EDUCATION GROUP. 2003. São Paulo: Cengage Learning. ORTIZ. ZEMANSKY. FREEDMAN. K. YOUNG. 2008. 1996. 2011. D. v. M. 1. 2011. Acesso em: 17 maio 2016. 1. 1.midiafisica. São Paulo: Pearson. 2009. termodinâmica. PAGLIARI. W. R. São Paulo: Edgard Blücher. H. São Paulo: Pearson. J. JEWETT JR. E. Fundamentos de física 1: mecânica. 3. J. Rio de Janeiro: LTC. 12. Física I: mecânica. D. 8. Princípios de física. RESNICK. 2009.br>. 3. TIPLER. Aprendendo física. WALKER. W. HALLIDAY. ed. HALLIDAY. D. Rio de Janeiro: LTC. R. v. P. Vídeo-coleção MIDIAFISICA. M. oscilações e ondas. São Paulo: Scipione. v. ed. Rio de Janeiro: LTC.com. ed.. A. J. F. NUSSENZVEIG. 1. RESNICK. VALENTIM. R. M. KRANE. ed. 5. H. W. A. Física 1: mecânica. 6. D. A. Trabalho e energia 199 . R. SEARS. 3. Disponível em: <www. 12. ed. Física para cientistas e engenheiros: mecânica. 2010. H. Práticas de laboratórios para engenharias: obra de referência. Física 1. Curso de física básica. U3 Referências CHIQUETTO. YOUNG. ed. . Por isso. as forças que atuam nesses objetos nos casos citados. com precisão. impulso e colisões Convite ao estudo Seja bem-vindo! Chegamos à unidade final de nosso material. como em relação aos foguetes. Porém. você estará envolvido com o monitoramento de um cometa que viaja pelo . colisões e centro de massa. o impulso e uma nova lei de conservação. Mas não se preocupe. Quando um caminhão colide com um carro. a lei de conservação do momento linear. Unidade 4 Momento linear. precisaremos abordar e usar dois conceitos novos: o momento linear. Esta lei é tão importante quanto a lei de conservação da energia que estudamos na unidade anterior. os ocupantes do carro ficam mais feridos do que os ocupantes do caminhão? Como é possível manejar o taco de bilhar de forma a produzir uma colisão perfeita para encaçapar as bolas? Fica difícil determinar. impulso. o que determina o estado dos veículos envolvidos na colisão? Por que. é sempre prazeroso e motivacional aplicar na prática os novos conceitos que aprendemos. normalmente. A lei de conservação do momento linear é extremamente útil em situações nas quais não conseguimos determinar as forças internas com precisão e facilita a solução em casos nos quais exista variação de massa. Estudante. no decorrer desta unidade. No decorrer do estudo desta unidade iremos mostrar que não precisamos conhecer nada sobre essas forças para responder a essas perguntas. estudando momento linear. para que sejamos capazes de respondê-las. Depois. ele irá se fragmentar. impulso e colisões . o cometa será interceptado por uma sonda. 202 Momento linear. Esses fragmentos irão colidir com o planeta Júpiter.U4 espaço. Será que você consegue analisar e informar sobre a sonda e sobre a velocidade desses fragmentos? Será que a colisão poderá alterar a órbita do planeta Júpiter? Como podemos saber tudo isso? Situações semelhantes a essa realmente já aconteceram! Então. teremos concluído o estudo da mecânica. Em determinado momento. vamos começar? Ao final desta unidade. Você estará pronto para resolver uma infinidade de problemas do cotidiano. 5 km s . Esse cometa possui massa de 2. ao trabalho e energia e ao momento linear. impulso e colisões. de 1200kg . Você não pode errar. Além disso. portanto. Hoje. iremos aprender novos conceitos: momento linear e impulso. você deve iniciar o monitoramento. Estamos na reta final dos estudos.1 Momento linear e impulso Diálogo aberto Vamos relembrar que o nosso objetivo é que você conheça. mantenha-se dedicado! Momento linear. erros nos cálculos podem causar sérios danos e prejuízos para a agência. você começará a analisar o cometa GO111 que viaja pelo espaço. precisa ser impulsionada. a sonda espacial. 0 ⋅ 1013 kg e viaja a 129. impulso e colisões 203 . A sonda terá a missão de tirar fotos e estudar as características físico-químicas desse cometa. por meio da experimentação prática. Descobrir essas informações corretamente será fundamental para as próximas etapas do monitoramento. Todo cuidado e atenção são necessários nesse caso. utilizada para exploração remota. Para alcançá-lo. os principais conceitos referentes à cinemática. através da teoria. à dinâmica. O que devemos saber para calcular o momento linear do cometa? Qual a importância e o significado dessa grandeza física? Como calcular o impulso necessário para a sonda interceptar o cometa? Ao final desta seção. ou seja. Hoje. O objetivo desta seção é mostrar situações às quais não conseguimos aplicar diretamente as leis de Newton para resolver um problema e. U4 Seção 4. calculando e informando ao módulo o impulso total que a sonda deverá sofrer para alcançar o feito e. Uma sonda espacial. 6 ⋅ 103 km h . e aplique. você estará familiarizado com os novos conceitos de momento linear e impulso e saberá aplicá-los corretamente para a solução de problemas. será necessário ligar o propulsor da sonda para aumentar sua velocidade de 3. por isso. deverá interceptar o cometa. Você foi contratado por uma agência espacial e se tornou responsável pelo monitoramento de cometas. também. o módulo do momento linear do cometa GO111. podemos concluir que a direção e o sentido do impulso são os mesmo da força F . ed. 2003.00>. Veja o capítulo 6. definindo o impulso ( J ) da força constante F como: J = F ⋅ ∆t De forma análoga. o efeito produzido depende de dois fatores: das características e do tempo de aplicação dessa força.minhabiblioteca. v.com. KRANE. usamos o conceito de integral. A definição geral de impulso faz uso do conceito de integral. podemos definir o impulso total sobre uma partícula. K.br/#/books/978-85-216-1945-1/ cfi/149!/4/4@0. direção e sentido. Como a variação de tempo será sempre um escalar positivo. 2016... Definimos impulso como a soma de todas as forças que atuam sobre um objeto durante um intervalo de tempo. Física 1. R. Assim: t2 ∫ J = ∑ F ⋅ ∆t = F (t ) dt . Acesso em: 20 jun. possui módulo. ou seja: J total = F R ⋅ ∆t Observe que o impulso é uma grandeza vetorial. Para estudarmos o efeito da força. do livro: RESNICK. Para somar forças que variam no tempo.U4 Não pode faltar Quando aplicamos uma força em um corpo. então. HALLIDAY. impulso e colisões .00:0. D. O impulso não é uma grandeza instantânea. t1 Pesquise mais Aprofunde seus conhecimentos sobre o conceito de integral. Faça log in na sua biblioteca virtual e cole o link disponível em: <https:// integrada. página 137. 5. levando em consideração a força resultante atuante. Para o caso particular em que o corpo está sob ação de uma força constante F durante um intervalo de tempo ∆t . é uma grandeza definida para 204 Momento linear. podemos simplificar a equação dada anteriormente. levando-se em consideração o tempo de aplicação. Rio de Janeiro: LTC. devemos estudar a grandeza vetorial chamada de impulso ( J ) . 1. 0 s. no SI. nesse caso: JFm = JF = Fm ⋅ ∆t . Logo: unidade [J ] = N ⋅ s Em resumo. o momento linear terá sempre a mesma direção e sentido da velocidade vetorial. Assim: p = m ⋅v O momento linear é uma grandeza vetorial (possui módulo. Consideramos a Fm como sendo uma força constante. podemos dizer que o momento linear possui sempre o mesmo sentido do movimento. como a massa é sempre um escalar positivo. ou seja. Quando a força F é variável. temos: px = m ⋅ v x e py = m ⋅ v y Momento linear. ou também chamada de quantidade de movimento. Durante a subida. Define-se a grandeza momento linear da partícula ( p ) . U4 certo intervalo de tempo ∆t . A unidade do impulso. é a unidade de força (newton) vezes a unidade de tempo (segundo). Em duas dimensões. podemos calcular o impulso da força média Fm em relação ao tempo. Portanto. Podemos. então. o impulso é o que faz um objeto mudar sua velocidade! Exemplificando Um objeto de peso de módulo de 150 N é lançado verticalmente para cima. Considere uma partícula de massa m e de velocidade vetorial v . como o produto da massa pela velocidade vetorial. impulso e colisões 205 . podemos dizer que o impulso é o que faz um objeto acelerar ou desacelerar. qual é o módulo do impulso aplicado a esse objeto pela força da gravidade (força peso)? Solução: O módulo do impulso da força peso durante a subida é: J peso = P ⋅ ∆t = 150 ⋅ 2 = 300N ⋅ s . capaz de produzir o mesmo impulso da força variável F . direção e sentido) e é uma grandeza instantânea. atingindo a altura máxima em 2. Observe que. por exemplo. escrever e obter o momento linear em função das suas projeções. também. Em outras palavras. Um caminhão que se desloca com velocidade escalar de 100 km h possui momento linear com módulo maior do que um carro com a mesma velocidade escalar. Logo: unidade [ p] = kg ⋅ m s = N ⋅ s Note que o impulso e o momento linear possuem a mesma unidade. Podemos relacionar o conceito de momento linear com a segunda lei de Newton em sua forma matemática: ∆v ∆ p FR = m ⋅ a = m ⋅ = ∆t ∆t Veja que a segunda lei de Newton afirma que a força resultante que atua sobre uma partícula é igual à variação do momento linear ( ∆p ) com o tempo. a partícula se encontra a 50 m da sua posição inicial. O momento linear de um carro que se desloca do sul para o norte a 20 m s é diferente do momento linear do carro quando ele se desloca do oeste para leste com a mesma velocidade escalar. Uma bola de futebol lançada velozmente por um excelente atacante possui momento linear com módulo maior do que a mesma bola de futebol lançada vagarosamente por uma criança. a bola possui maior velocidade. Exemplificando Uma partícula de massa de 5. é a unidade de massa (quilograma) vezes a unidade de velocidade (metro por segundo).U4 Assimile O momento linear é uma grandeza vetorial que depende da massa e da velocidade do corpo. O momento linear de uma partícula é constante (em módulo e orientação) em dois casos: a) Quando a partícula está em repouso (velocidade nula): p = m ⋅ 0 = 0 . b) Quando a partícula está em movimento retilíneo e uniforme (MRU) → velocidade constante diferente de zero: p = m ⋅ v = cons tan te ≠ 0 . Após um intervalo de tempo de 15 s. pois a massa do caminhão é maior do que a do carro. na primeira situação. A unidade do momento linear. impulso e colisões . porque. no SI.0 kg parte do repouso e descreve uma trajetória retilínea com aceleração escalar constante. 206 Momento linear. concluímos que: p = 5. impulso e colisões 207 . 44 m s 2 . pois nos ajuda a explicar a interação entre objetos sem precisar saber exatamente a força que está atuando em cada instante de tempo sobre eles. também. Portanto. Sabemos que: v = v 0 + a ⋅ t (equação 2) a ⋅ t2 a ⋅ (152 ) Para obter a aceleração. Observe. pela equação 1. podemos obter o momento linear por meio da relação: dv d d p FR = m ⋅ a = m ⋅ = (m ⋅ v ) ⇒ FR = dt dt dt Podemos. Aplicando o conceito de momento linear. temos: ∆s = v 0 ⋅ t + ⇒ 50 = 0 ⋅ 15 + . O conceito de momento linear é extremamente importante. o módulo do momento linear da partícula é de: Solução: O módulo momento linear é: p = m ⋅ v (equação 1) Temos a massa da partícula. que poderíamos resolver da seguinte forma: ∆p m⋅a = ⇒ ∆p = m ⋅ a ⋅ ∆t . se lembrarmos de que a aceleração instantânea pode ser obtida calculando a derivada da velocidade com relação ao tempo (como informado na Seção 1. 44 ⋅ 15 ≈ 6.3) e considerando a massa constante. ou seja. Momento linear. ∆t ou seja: ∆ p = 5. U4 Nesse instante. a equação 2 fica: v = 0 + 0. também. Prezado estudante. 0 ⋅ 0. se aplicarmos esse conceito na segunda lei de Newton (FR = m ⋅ a ) . 2 2 Assim: a ≈ 0. Logo. 44 ⋅ 15 = 33 N ⋅ s . 67 ≈ 33kg ⋅ m s ≈ 33 N ⋅ s . precisamos descobrir a velocidade após 15 s de movimento. relacionar o momento linear com a energia cinética. Lembre-se de que a partícula está inicialmente em repouso (v 0 = 0) . em cálculo você irá aprender a fazer derivadas e saberá que. 67 m s . 0 ⋅ 6. podemos explicar as interações apenas sabendo a massa e a velocidade. impulso e colisões . qual é a relação entre as energias cinéticas dessas partículas? Como já mencionado anteriormente. Perceba que podemos também escrever a equação acima como: J total = m ⋅ ∆v . Aqui fica claro que o impulso fornece todas as informações necessárias para conhecermos a mudança na velocidade de um objeto! Assimile O impulso total sobre uma partícula. pela equação acima. Se a massa de A é o dobro da de B A G . Sendo v o módulo da velocidade da partícula. para um dado intervalo de tempo. sabemos que: ∆ p FR = . temos: p p = m ⋅v ⇒ v= (equação 1) m 1 K= ⋅ m ⋅ v 2 (equação 2) 2 2 1 p Assim. ∆t Se multiplicamos os dois lados da equação acima por ∆t . 2 m Ou seja. substituindo a equação 1 na 2. é igual à variação do momento linear naquele intervalo de tempo. temos: ∆p FR ⋅ ∆t = ⋅ ∆t ⇒ FR ⋅ ∆t = ∆ p . a energia cinética e o momento linear se relacionam da seguinte forma: p2 . A e B. energia cinética K e momento linear de módulo p . temos: K = ⋅ m ⋅ . possuem momentos lineares de mesmo (m = 2 ⋅ m ) módulo ( pA = pB ) . Esse é o teorema do impulso-momento linear. temos então. que: J total = ∆ p . ∆t Lembrando que J total = F R ⋅ ∆t .U4 Considere uma partícula de massa m . K= 2⋅m Reflita Imagine que duas partículas. 208 Momento linear. Descobrir Momento linear. o módulo da velocidade final da caixa é igual à velocidade da flecha. você começará a analisar o cometa GO111 13 que viaja pelo espaço. Sem medo de errar Você foi contratado por uma agência espacial e se tornou responsável pelo monitoramento de cometas. qual é o módulo aproximado da força média que o projétil trocou com a caixa? (Suponha que essa força seja constante. Se a colisão durou 1. quando colide com uma caixa de massa de 2. 5 ⋅ 102 m s Repare que convertemos a velocidade para o SI.) Solução: Para relacionarmos força com tempo. temos v i = 0 . deverá interceptá-lo. temos que o módulo da força média trocada na colisão entre a flecha e a caixa é: F ⋅ 1. Hoje. impulso e colisões 209 . 5 ⋅ 102 − m ⋅ 0 ⇒ F ≈ 4. Portanto. Uma sonda espacial. 2 ⋅ 105 N . e como ela ficou presa na flecha após a colisão. 5kg que estava em repouso. 0 ⋅ 102 km h . Após a colisão. 0 ⋅ 10 kg e viaja a 129. Você deve iniciar o monitoramento calculando e informando ao módulo o impulso total que a sonda deverá sofrer para alcançar o feito e também o módulo do momento linear do cometa GO111. 0 ⋅ 102 km h = 2. utilizada para exploração remota. usamos o teorema do impulso- momento linear aplicado em relação à caixa: J caixa = ∆ pcaixa F ⋅ ∆t = m ⋅ v f − m ⋅ v i (equação 1) Como a caixa estava inicialmente em repouso. Assim: v f = 9. ou seja. 5 ⋅ 2. 5 ⋅ 10 −3 s . 6 ⋅ 103 km h . de 1200 kg. a caixa fica presa na flecha. será necessário ligar o propulsor da sonda para aumentar sua velocidade de 3. 5 km s . retornando à equação 1. a sonda espacial. Esse cometa possui massa de 2. 5 ⋅ 10−3 = 2. U4 Exemplificando Uma super flecha se move em linha reta com velocidade de módulo igual a 9. Para alcançá-lo. A sonda terá a missão de tirar fotos e estudar as características físico- químicas do cometa GO111. precisa ser impulsionada. 2016. 5 km s = 3500 m s . Portanto. Você não pode errar. Solução: Para analisar o módulo do impulso total que a sonda deve sofrer de modo a interceptar o cometa.sonda = 1200 ⋅ 3500 = 4. 2 ⋅ 106 N ⋅ s . podemos usar o teorema do impulso-momento linear: Jtotal . a quantidade de movimento desse corpo é dada por: 210 Momento linear.sonda = ∆psonda ⇒ Jtotal . Acesso em: 1 set. O módulo do momento linear do cometa GO111. ou seja. Além disso.sonda = msonda ⋅ ∆v sonda (equação 1) Sabemos que: ∆v sonda = 3. Figura 4. Boa sorte.U4 essas informações corretamente será fundamental para as próximas etapas do monitoramento. tenha cuidado e muita atenção. concluímos que o módulo do impulso total que a sonda deve sofrer é: Jtotal . pela equação 1.1 | Sonda espacial Fonte: <https://pixabay. erros nos cálculos podem causar sérios danos e prejuízos para a agência.com/pt/esta%C3%A7%C3%A3o-espacial-internacional-iss-988/>. Logo. impulso e colisões . O −2 contato da bola com a parede dura 1. voltando para a equação 2. desafie-se a aplicar os conceitos aprendidos aqui e nas unidades anteriores. 6 ⋅ 103 v cometa = = 36. Não se esqueça de que o momento linear e a energia cinética podem se relacionar! Avançando na prática Hora de relaxar Descrição da situação-problema Imagine que você está querendo relaxar depois de um dia muito estressante. A bolinha colide com a parede quando está se movendo na horizontal. temos que o momento linear do cometa é: pcometa = (2. Atenção Prezado estudante. aplicar os conceitos de física que aprendeu. 0 ⋅ 103 ) = 7. a 10. Será que você consegue calcular a energia cinética do cometa e a variação de energia cinética da sonda? Mostre que você já aprendeu muito sobre mecânica. 0 m s . 3. Decide então brincar de jogar uma bolinha de tênis de massa de 200 g na parede. Será que consegue calcular a variação do momento linear da bolinha nessa brincadeira? E o impulso total e a força média que a parede exerce sobre a bolinha durante a colisão? Qual é a variação da energia cinética da bolinha? Figura 4. 0 ⋅ 103 m s . 6 Assim. Após relaxar. Momento linear.2 | Colisão da bola com a parede Fonte: elaborada pela autora. 2 ⋅ 1016 N ⋅ s . Ela bate na parede e volta com velocidade de 6. 0 ⋅ 10 s . 0 m s . da esquerda para direita. U4 pcometa = mcometa ⋅ v cometa (equação 2) Precisamos transformar a velocidade do cometa para o SI: 129. você resolve então. 0 ⋅ 1013 ) ⋅ (36. impulso e colisões 211 . 2 ⋅ ( −6. A direção e o sentido do impulso são os mesmos da força F . possuem módulo. 0 î ) = −3. 2î kg ⋅ m s Observe que o sinal negativo indica a orientação da força resultante que a parede exerce sobre a bola. 4J . temos que a variação do momento linear é: ∆ p = m ⋅ (v f − v i ) = 0. 0î m s e v f = −6. 2 ⋅ (10. Resolução da situação-problema Observe a orientação do sentido positivo da trajetória indicada na Figura 4. U4 Lembre-se Momento linear e impulso são grandezas vetoriais. 2 J total = F ⋅ ∆t ⇒ F = = î = −320î N ∆t 0.2. Veja que: v i = 10. indicando que a bola perdeu velocidade na situação analisada. 212 Momento linear. 0)2 E assim: ∆K = − = 3. 6 − 10 = −6. 2 2 Veja que a bolinha perde energia cinética na colisão. 2î kg ⋅ m s Observe que a variação de momento linear é negativa. direção e sentido. impulso e colisões . 2 ⋅ ( −6. Assim. O impulso total que a parede exerce na bola durante a colisão pode ser obtido pelo teorema do impulso-momento linear: J total = ∆ p ⇒ J total = −3. 02 ) 0. O momento linear possui sempre o mesmo sentido do movimento (da velocidade). a força média que a parede aplica na bolinha é: J total −3. 0î m s . 0î − 10. 01 A variação da energia cinética da bola é dada por: pf 2 p2 (m ⋅ v f )2 (m ⋅ v i )2 m ⋅ vf 2 m ⋅ vi 2 ∆K = − i = − ⇒ ∆K = − 2⋅m 2⋅m 2⋅m 2⋅m 2 2 0. Assim. 2. constante. d) 5. Analise as afirmações a seguir: I. A força tem a mesma direção da velocidade inicial vetorial.5. A energia cinética inicial do bloco é de 10 J. Faça valer a pena 1.0 kg descreve uma trajetória retilínea com velocidade escalar de 2. Marque a alternativa que contém todas as afirmações corretas: Momento linear. o bloco percorreu 4. O momento linear inicial do bloco tem módulo igual a 10. começa a ser aplicada ao bloco. 0 m s . IV. 0kg m s . c) Calcule a velocidade de um carro esportivo de 2000 kg para que tenha a mesma energia cinética do caminhão.0 m. sentido oposto. Durante o intervalo de tempo em que o movimento é retardado até o repouso. c) 4. II. Um bloco de massa de 5. No instante t0 = 0 . b) Calcule a velocidade de um carro esportivo de 2000 kg para que tenha o mesmo momento linear do caminhão.0 s.5. U4 Faça você mesmo Considere um caminhão de 10000 kg que se desloca com velocidade de 70 km h da direita para a esquerda.5. uma força resultante F . b) 3. O módulo do momento linear da bola. a) Calcule o momento linear do caminhão. é de: a) 2. de módulo igual a 5. impulso e colisões 213 . III.5. porém.5.0 N. no SI. O intervalo de tempo para que a força F leve o bloco ao repouso é de 2. 0 m s . e) 6. formando um ângulo de 30° em relação à horizontal. Uma bola de futebol com massa de 500 g se desloca com velocidade de 5. e) 102 N. 214 Momento linear. d) 89 N. 0 ⋅ 10−2 s . Durante essa interação. e) III e IV. c) 64 N. III e IV. de uma altura de 2. O tempo de contato da bola com a superfície durante a colisão é de 1. d) I e II. b) 48 N. II. impulso e colisões . Após colidir com uma superfície plana.0 g cai. III e IV.5 m. Uma pequena bola de borracha de massa de 80. c) II. a bola atinge a altura máxima de 82 cm. Despreze o efeito do ar. U4 a) I. 3. II e III. a partir do repouso. o módulo da força média que a superfície aplicou sobre a bola foi de: a) 25 N. b) I. você conhecerá e saberá como utilizar a lei da conservação do momento linear. impulso e colisões 215 . é possível que o fragmento B atinja o planeta Júpiter. Analisando a situação. com massas iguais a mA = 1. U4 Seção 4. 6 ⋅ 103 km h . que viaja na horizontal. 0 ⋅ 103 km h e perpendicular à direção horizontal inicial. Esse 13 cometa possui massa de 2. Agora. No domínio da mecânica newtoniana. Lembre-se de que você foi contratado por uma agência espacial e se tornou responsável pelo monitoramento do cometa GO111. portanto. a velocidade e o momento linear do fragmento B. Enquanto você observa o cometa. 5 ⋅ 1013 kg . 5 ⋅ 1013 kg e mB = 0. que viaja pelo espaço. Bons estudos! Momento linear. estude-a com muita atenção e dedicação. com urgência.2 Conservação do momento linear Diálogo aberto Olá! Na seção anterior você aprendeu sobre momento linear e percebeu que esse conceito é especialmente importante quando ocorre interação entre dois ou mais corpos. Por isso. que é a mecânica que estamos estudando. Essa lei é extremamente importante. O fragmento A segue com velocidade de 180. conhecer e saber aplicar a lei da conservação do momento linear é tão importante quanto a lei de conservação da energia. Assim. você precisa calcular e informar. 0 ⋅ 10 kg e viaja a 129. como em caso de colisões. iremos conhecer uma nova lei de conservação: a lei da conservação do momento linear. Como será possível realizar essa análise? Como vamos descobrir a velocidade do fragmento? Qual ferramenta nos permite realizar esse cálculo? Durante o estudo desta seção. a lei da conservação do momento linear nos permite analisar muitas situações que se tornariam extremamente difíceis se tentássemos usar as leis de Newton diretamente. O fragmento B segue com direção oblíqua à horizontal e velocidade desconhecida. em certo instante ele explode em dois fragmentos (A e B). impulso e colisões . concluímos que: Mas p=f p=i cons tan te . é nulo. a soma vetorial das forças externas que atuam no sistema é nula e. é importante compreender que. logo. temos então que: J total = ∆ p = pf − p i nos sistemas isolados: J total = 0 ⇒ ∆ p = 0 . os sistemas isolados de maior importância para nossos estudos estão ligados a fenômenos de colisão e explosão. Em palavras. portanto. se existirem forças internas ao sistema. Assimile Lei da conservação do momento linear: quando o sistema é isolado. Em outras palavras. Caro estudante. o momento linear do movimento de cada parte do sistema varia. porém. U4 Não pode faltar Na unidade anterior. dado pela soma dos impulsos devido a essas duas forças. Nesta seção. o impulso total devido às forças internas também é nulo. a existência de uma força interna F1 implica a existência de outra força interna de mesmo módulo e direção. podemos também afirmar que um sistema é dito isolado quando a resultante de todas as forças externas é nula. isto é. Assim. o momento linear total do sistema (soma vetorial) permanece constante. já falamos sobre sistemas isolados. o momento linear do sistema permanece constante. ou seja. 216 Momento linear. usando o teorema do impulso-momento linear. a energia total de um sistema isolado é sempre constante. dizemos que o momento linear dos sistemas isolados é constante. o impulso total devido às forças externas também é nulo. Matematicamente. Ou seja. porém. nos sistemas isolados. e o impulso total. As forças internas ao sistema são trocadas entre as partes que compõem o sistema e devem obedecer à lei de ação e reação (terceira lei de Newton). Lei da conservação do momento linear Consideremos um sistema isolado. Essa é uma das leis mais importantes da Física. quando a soma vetorial das forças externas que atuam sobre um sistema é igual a zero. ou seja. Vamos lembrar que sistemas isolados são aqueles que não trocam energia com o ambiente. de sentido oposto ( −F1 ) . portanto. O mesmo ocorre com a partícula B. como a partícula A está sob a ação da força interna FBA . temos então: ∆ p A = −∆ pB . pelo As forças FAB e FBA são trocadas entre as partes do sistema e. são forças internas. seu momento linear varia.3 | Forças internas no sistema isolado Fonte: elaborada autor. Como a partícula C está livre de forças. o momento linear total é constante. impulso e colisões 217 . seu momento linear é constante. Figura 4. que está sob ação da força FAB . temos que: I A = −I B e pelo teorema do impulso-momento linear. As partículas A e B interagem entre si com forças FAB e FBA . nos sistemas isolados. B e C. Portanto. ou seja. Veja que FBA = −FAB (ação e reação). a variação do momento linear total é: ∆ ptotal = ∆ p A + ∆ pB + ∆ pC ⇒ ∆ ptotal = −∆ pB + ∆ pB + 0 = 0 . Assim. U4 Exemplificando Seja um sistema isolado constituído de três partículas A. A partícula C está livre de forças. ∆ ptotal = 0 ⇒ ptotal = cons tan te Momento linear. O momento linear total do sistema é dado pela soma vetorial dos momentos lineares das três partículas que compõem o sistema: ptotal = p A + pB + pC Repare que. percorrendo 0. portanto. pode se deslocar sobre uma superfície plana e horizontal. Logo após a colisão. A e B. o módulo da velocidade do projétil imediatamente antes da colisão? 218 Momento linear. sem atrito e sem resistências. ambas constituem um sistema isolado. em cada direção espacial (princípio da independência do movimento). em repouso. Quando duas partículas. dizemos que o momento linear total antes da colisão deve ser igual ao momento linear total após a colisão: papós = pantes mA ⋅ v A após + mB ⋅ v B após = mA ⋅ v A antes + mB ⋅ v B antes Na próxima seção. força de resistência do ar) têm intensidades desprezíveis em comparação com as forças internas ligadas à colisão. O projétil colide com o carrinho e se aloja na terra. Qual era. contra o carrinho. U4 Observação: denomina-se força interna a força que uma partícula do sistema exerce sobre outra partícula do mesmo sistema. força de atrito. Assimile Ao aplicar a lei de conservação do momento linear. você deve usar as regras de soma vetorial para calcular o momento linear total do sistema. o conjunto carrinho + projétil passa a se mover com velocidade constante. Assim. independentemente. colidem.80 m em 0. pois as forças ligadas à colisão são forças internas de ação e reação entre A e B.4 s. é essencial lembrar- se de que o momento linear é uma grandeza vetorial e. Eventuais forças externas (força da gravidade. estudaremos mais detalhadamente as colisões. impulso e colisões .0 kg. Isso significa também que você pode analisar as projeções do momento linear. Denomina-se força externa a força exercida por um corpo no exterior do sistema sobre uma ou mais partículas do interior do sistema. Um projétil de 200 g é disparado na horizontal. aproximadamente. Exemplificando Um carrinho cheio de terra de massa de 2. portanto. m2 ... . pois as forças internas ligadas ao processo são muito intensas e. 2 Explosão também é outro exemplo de sistema isolado. que uma granada de massa M e velocidade inicial v o explode. há conservação do momento linear.. 0. Lembre-se de que os sistemas isolados podem ser conservativos (energia mecânica constante) ou não conservativos (ocorre variação. 0 m s 0. + mn ⋅ v n após = M ⋅ v 0 Vale ressaltar que a granada só é um sistema isolado no momento da explosão. segura o rifle muito frouxamente. o qual é disparado horizontalmente a uma velocidade de módulo igual a Momento linear. 4 No ato da colisão. Exemplificando Um caçador distraído. Considere.. 2 + 2. 0 ⋅ 0 (0. de modo que este possa recuar livremente com o disparo. impulso e colisões 219 . aumento ou perda de energia mecânica).. com o tempo. Analisando a situação imediatamente antes e após a explosão.. 0 g. v n. v 2 .antes = = 22 m s .antes − mc ⋅ v c. Considere que a massa do rifle é 5. analisando o módulo do momento linear antes e após a colisão. Assim. os efeitos da gravidade. 0 kg e a massa do projétil é de 15. 2 ⋅ v p.antes − 2. temos: papós = pantes (mp + mc ) ⋅ v após = mp ⋅ v p. . 0) ⋅ 2. 0 = 0. por exemplo.. o módulo da velocidade do conjunto é de: 0. as forças externas são desprezíveis. 8 v após = = 2. cujas velocidades imediatamente após a explosão são v 1. pois. 2 + 2. 0 Logo: v p. mn . da resistência do ar e a força de atrito se tornam relevantes para o estudo do movimento. ao atirar. 0) ⋅ 2. U4 Solução: Após a colisão. sendo transformada em n fragmentos de massas m1 .. o sistema pode ser considerado isolado e. no ato da explosão. temos: papós = pantes m1 ⋅ v1 após + m2 ⋅ v 2 após + ..antes (0. 0 ⋅ 102 î = 0 ⇒ v r = −0. é possível que ambas fiquem em repouso logo após a colisão? É possível que uma fique em repouso e a outra em movimento? Será que você consegue explicar? 220 Momento linear. temos: 5. 025 J 2 2 c) O momento linear final do projétil é: p p = mp ⋅ v p = 15. sendo que. 9)2 Kr = = = 2. 0 ⋅ 10−3 ⋅ 3. inicialmente. 91) = −4. o momento linear inicial total é nulo. 5 î kg ⋅ m s O momento linear final do rifle é: p r = mr ⋅ v r = 5. Nessas condições. antes do disparo.U4 3. 0 ⋅ 102 )2 Kp = = = 675 J 2 2 A energia cinética final do rifle é: mr ⋅ v r 2 (5. reflita: se duas partículas colidem entre si. 0) ⋅ (0. 0 ⋅ 10−3 ) ⋅ (3. temos que: papós = pantes ⇒ mr ⋅ v r + mp ⋅ v p = 0 Em módulo. 0 ⋅ v r + 15. portanto. impulso e colisões . responda: a) Qual é a velocidade de recuo do rifle? b) Qual é o valor da energia cinética final do projétil e do rifle? c) Qual é o momento linear total final do projétil e do rifle? Solução: a) Observe que. 90î m s b) A energia cinética final do projétil é: mp ⋅ v p 2 (15. 0 ⋅ ( −0. 0 ⋅ 102 î ) = 4. 0 ⋅ 104 cm s . Pela lei de conservação do momento linear. inicialmente. 0 ⋅ 10−3 ⋅ (3. rifle e projétil estão em repouso e. 5î kg ⋅ m s Reflita Agora que você já sabe aplicar a lei da conservação do momento linear. uma estava em movimento e outra em repouso. Rio de Janeiro: LTC. com velocidade desconhecida.. Esse cometa possui massa de 2. 0 ⋅ 10 km h .br/#/books/978-85-216-1932-1/ cfi/203!/4/
[email protected]>. Atenção Explosões e colisões são consideradas sistemas isolados e. 6 ⋅ 103 km h . Leia mais sobre conservação do momento linear e veja como analisar o movimento de um foguete. 0 ⋅ 1013 kg e viaja a 129. F. Analisando a situação. Enquanto você observa o cometa. perceba que o momento linear do cometa é exatamente o vetor resultante da soma vetorial entre os momentos lineares dos Momento linear. Sem medo de errar Lembre-se de que você foi contratado por uma agência espacial e se tornou responsável pelo monitoramento do cometa GO111. com urgência. Solução: No ato da explosão. impulso e colisões 221 . Estude a página 185 do capítulo 8 do livro: CHAVES. que viaja pelo espaço. 2016. 5 ⋅ 10 kg e mB = 0. Faça log in na sua biblioteca virtual e cole o link disponível em: <https://integrada. perpendicular à direção horizontal inicial. J.com. Acesso em: 5 set. é possível que o fragmento B atinja o planeta Júpiter. Você precisa calcular e informar. U4 Pesquise mais Estudante. A. o cometa é um sistema isolado e há conservação de momento linear total: papós = pantes ⇒ p A + pB = pcometa Pela equação dada anteriormente. Física básica: mecânica.00:0. em certo instante ele explode em dois 13 fragmentos (A e B). SAMPAIO. a velocidade e o momento linear do fragmento B. com massas iguais a mA = 1.minhabiblioteca. O fragmento B segue em direção oblíqua à horizontal. portanto. 2011. de acordo com a lei de conservação do momento linear. nessas situações o momento linear é constante. que viaja na horizontal. 3 O fragmento A segue com velocidade de 180. você tem excelentes materiais de mecânica na sua biblioteca virtual. 5 ⋅ 1013 kg . 0 ⋅ 1013 ⋅ 36. 5 ⋅ 1013 ⋅ 50. temos: 2 2 2 pB = p A + pcometa (0. 5 ⋅ 1013 ) ⋅ (207. temos que o cometa. 9 ⋅ 103 m s ≈ 748.4: Figura 4. Analisando o exato momento da explosão. 9 ⋅ 103 ) ≈ 1. o módulo do momento linear do fragmento B é: pB = mB ⋅ v B = (0.4. 0 ⋅ 103 )2 Assim. em relação à trajetória horizontal inicial do cometa.4 | Momento da explosão do cometa Fonte: elaborada pelo autor. impulso e colisões . Desenhando essas informações. o módulo da velocidade do fragmento B é de: v B ≈ 207. 5 ⋅ 1013 ⋅ v B )2 = (1. você é capaz também de informar o ângulo em que o fragmento B foi ejetado da explosão. explode nos fragmentos A e B. Aplicando o teorema de Pitágoras em qualquer um dos triângulos da Figura 4. 0 ⋅ 103 )2 + (2.U4 fragmentos A e B. O fragmento A segue perpendicular ao movimento do cometa. 6 ⋅ 103 km h Portanto. O fragmento B segue com orientação oblíqua. 222 Momento linear. não é mesmo? Que tal testar seus conhecimentos e realizar também esse cálculo? Para aprender Física. 04 ⋅ 1018 kg m s Prezado estudante. temos a Figura 4. devemos revisar e aplicar constantemente todos os conceitos estudados. inicialmente viajando pela horizontal. a granada explode. o módulo do momento linear da granada é: pantes = m ⋅ vx = 0.0 m/s. pois as forças internas ligadas ao processo são muito intensas e. você resolveu investigar o que ocorre com a granada no ato da explosão. a velocidade da granada possui apenas o componente horizontal. 3 = 6. você decidiu descrever o que acontece desde o lançamento até imediatamente após a explosão. inclinada em 30° relação ao plano horizontal. 4 ⋅ 17. Assim. pois o componente vertical é nulo (lembre-se de que. e o fragmento B se move na horizontal para a direita. podemos aplicar a lei de conservação do momento linear em situações de explosão. No ponto mais alto da trajetória. no intervalo de tempo em que ocorre a explosão. a partir do solo. 3 m s Assim. com velocidade inicial de 20. 92 kg ⋅ m s O tempo de subida é calculado por meio do movimento vertical da granada (lembre-se do que aprendemos na Unidade 1 – lançamento oblíquo). propõe-se a estudar a seguinte situação: uma granada de massa de 400 g é lançada obliquamente para cima. temos que. no ponto mais alto da trajetória. U4 Avançando na prática Explosão de uma granada Descrição da situação-problema Você adora filmes de ação e fica impressionado ao ver quando as granadas se explodem no ar. o módulo da velocidade da granada imediatamente antes da explosão é: v x = v 0 ⋅ cos 30° = 20 ⋅ cos 30° ≈ 17. A e B. impulso e colisões 223 . Assim. o fragmento A se move na horizontal para a esquerda. no lançamento oblíquo. a velocidade horizontal é constante). fragmentando-se em duas partes. Logo após a explosão. Após aprender Física. Então. o efeito das forças externas é desprezível. Lembre-se Explosão é um exemplo de sistema isolado. A fim de testar os conhecimentos aprendidos em física. de massas iguais. antes da explosão. Assim: v y = v oy − g ⋅ tsubida Momento linear. Resolução da situação-problema Analisando o lançamento oblíquo da granada. 0 m do local da explosão. 02s No ato da explosão. a) 5. A e B. no ponto mais alto . Faça você mesmo Um objeto. Qual é a velocidade do homem.U4 vy = 0 Como mencionado acima. c) 7. 6 m s Descobrimos a velocidade relativa do fragmento B em relação ao A. temos: papós = pantes ⇒ mA ⋅ ( −v A ) + mB ⋅ v B = 6. no SI. Despreze atrito. Logo. 2 kg 2 2 Portanto. Veja também que: m 0. após a explosão. pois. 8 ⋅ tsubida ⇒ tsubida ≈ 1. 9 ⋅ 10−3 î. após o arremesso? −3. 2 ⋅ (v B − v A ) = 6. com massas M e 3M. a parte B está a 6. 0 ⋅ sen30° ) − 9. 9 ⋅ 10−3 î. 9 ⋅ 10−3 î. b) −1. a granada é um sistema isolado e há conservação do momento linear. temos: 0. 9 ⋅ 10−3 î. Faça valer a pena 1. Portanto: 0 = (20. 0 m s . Num determinado instante t . Assim. os módulos das velocidades de A e B devem satisfazer a equação acima. e) 224 Momento linear. d) −9. 9 ⋅ 10−3 î. Um homem de 90 kg em repouso em uma superfície horizontal de atrito desprezível arremessa uma pedra de 70 g com uma velocidade horizontal de 5. analisando o módulo do momento linear. resistência e qualquer influência de outros corpos nesse sistema. o fragmento A se move para a esquerda. inicialmente em repouso. Calcule a distância entre as partes A e B nesse instante t . respectivamente. após a colisão. explode em duas partes. impulso e colisões . 92 Observe que a velocidade do fragmento A é negativa. 92 ⇒ v B − v A = 34. 4 mA = mB = = ⇒ mA = mB = 0. U4 2. um que se move para o norte. Uma nave espacial está se movendo a 7200 km h em relação à Terra quando. Momento linear.5. b) 1. aproximadamente. que está deslizando na horizontal para a direita em uma superfície sem atrito. o módulo da velocidade do barril antes da explosão. 3. Um barril de 4. c) 5019.5. impulso e colisões 225 .0.0 kg cada. 0 m s . e o outro que se move com direção oblíqua.0 kg.0. b) 7269. qual é o módulo da velocidade da cabine. explode em dois fragmentos de 2. d) 3. a 3. 0 m s . a nave se separa em duas partes. O motor de massa 4 m é ejetado para trás com velocidade de 86. 4 km h em relação à cabine de comando de massa m .5. em relação à Terra imediatamente após a separação? a) 2019. com velocidade de 5. Desprezando atritos e resistências. Qual era. d) 9269. e) 3249. no SI? a) 0. e) 3. após ter queimado todo o combustível. c) 2. em km h . impulso e colisões .U4 226 Momento linear. Nesse caso. pois. embora o momento linear se conserve. este pode ser classificado como colisão perfeitamente elástica. Após as análises. vimos que o cometa se fragmentou. da energia cinética total do sistema. ao final desta seção. por outro lado. na agência espacial. sabemos que existe conservação do momento linear total do sistema. U4 Seção 4. existe a conservação do momento linear e. Veremos que podemos classificar e estudar as colisões de acordo com a conservação da energia total do sistema. antes e após a colisão. Na seção anterior. uma vez que as forças internas ao sistema são muito maiores do que as externas. podemos ter alterações significativas no nosso sistema solar. o choque ocorre sem deformações permanentes. Nos nossos estudos. iremos estudar mais detalhadamente o que ocorre durante as colisões. impulso e colisões 227 . por exemplo. Se. existe uma significativa perda de energia cinética do sistema. pois. você concluiu que o fragmento B irá de fato colidir inelasticamente com o planeta Júpiter. Lembre-se de que as colisões podem ser consideradas sistemas isolados. caso isso aconteça. Agora. você deverá analisar essa situação e informar se após a colisão haverá alteração da órbita do planeta Júpiter. Imagine.3 Colisões Diálogo aberto Caro estudante. Para aplicar na prática os conceitos abordados. você estará apto a entender e identificar os tipos de colisões e a realizar os cálculos necessários. utilizando os conceitos de momento linear e energia. Nessa situação. iremos retomar o monitoramento que você faz do cometa GO111. também. usaremos o conceito de colisão fazendo referência a qualquer vigorosa e rápida interação entre dois corpos. Bons estudos! Momento linear. Assim. É um desafio e tanto! Mas não se preocupe. Nesta seção. dizemos que temos uma colisão perfeitamente inelástica e. dois corpos que se chocam e continuam o movimento unidos. antes + mB ⋅ v By . Se. após a colisão.após p y .após + mB ⋅ v By .antes + mB ⋅ v Bx . lembre-se de que podemos usar o princípio da independência dos movimentos e analisar separadamente a conservação do momento linear nas direções x e y. portanto.antes + mB ⋅ v B.antes = mA ⋅ v A.após ⇒ mA ⋅ v Ax .após + mB ⋅ v B.antes + pB. Eles constituem um sistema isolado. os dois corpos ficarem colados. mas há variação da energia mecânica total após o choque. pois o momento linear é constante.antes = mA ⋅ v Ax . momento no qual ocorrem deformações.após É importante lembrar que o momento linear é uma grandeza vetorial dada por: p = m ⋅v Assim.U4 Não pode faltar Considere dois corpos A e B imediatamente antes e após sofrerem uma colisão.após + mB ⋅ v Bx . assim. ou seja. dizemos que é uma colisão perfeitamente inelástica. Se necessário.antes = p y . podemos escrever: mA ⋅ v A. som e calor. Após essa colisão.antes = ptotal .após Ou ainda: p A. Assim. podemos calcular a velocidade logo após a colisão. impulso e colisões .após Devemos tomar muito cuidado com a orientação da velocidade dos objetos antes e após a colisão. que geram atrito interno e. podemos escrever a lei da conservação do momento linear: ptotal .após = v B. os corpos possuem a mesma velocidade. p x.antes = mA ⋅ v Ay . parte da energia cinética é transformada em outras formas de energias durante a colisão.após + pB. 228 Momento linear.após = v após Ou seja: mA ⋅ v A.antes = p A.antes = (mA + mB ) ⋅ v após Pela equação acima.após Denominamos de colisão inelástica o sistema que é não conservativo em termos de energia. perceba que.após ⇒ mA ⋅ v Ay . conhecendo as massas e as velocidades iniciais.antes = p x.antes + mB ⋅ v B. nas colisões perfeitamente inelásticas: v A. que possui o dobro de sua massa e que se deslocava de oeste para leste a 36. Exemplificando Um carro A de massa de 1000 kg se desloca do sul para o norte em linha reta com velocidade de 54. Logo após a colisão. com a mesma velocidade. colide com um carro B. Felizmente. 0 km h . que é transformada em outros tipos de energia. impulso e colisões 229 . 0 km h . A maior perda ocorre quando os dois corpos permanecem juntos e.5 | Colisão perfeitamente inelástica Fonte: elaborada pelo autor. portanto. U4 Figura 4. todos estavam usando cinto de segurança e ninguém se feriu. Qual foi a velocidade dos carros logo após a colisão? Solução: Momento linear. caso em que a colisão é chamada de colisão perfeitamente inelástica. Ao passar em um cruzamento. Assimile A colisão inelástica de corpos sempre envolve uma perda de energia cinética por parte do sistema. os dois carros ficaram engavetados e se deslocaram como um único. Transformando as velocidades para o SI. 5 ⋅ 104 î kg ⋅ m s Visto que a colisão é inelástica. Assim.após = 2.6 | Colisão inelástica Fonte: elaborada pelo autor.antes + mB ⋅ v By .após = 2. 0 ⋅ 104 î kg ⋅ m s p y .antes = p y .após = î ≈ 6 .antes + mB ⋅ v Bx . 0 m s e v B. impulso e colisões .67 îm s 3000 De forma análoga.antes = 15. 0 ⋅ 10 4 î kg ⋅ m s Movimento pelo eixo y ANTES da colisão: p y .U4 Figura 4. com certa velocidade. temos: v A.antes = (1000) ⋅ (15. temos: p x. 0î m s Veja que. antes da colisão. iremos utilizar o princípio de independência dos movimentos: Movimento pelo eixo x ANTES da colisão: p x.antes = mA ⋅ v Ax .após = 1.após = (mA + mB ) ⋅ v x. 0 î) + (2000) ⋅ 0 = 1. pois os carros ficam engavetados após a colisão e se deslocam em conjunto. 0î ) = 2. 0 ⋅ 104 v x. 0 ⋅ 104 î kg ⋅ m s 2.antes = p x.antes = mA ⋅ v Ay . cada carro se move com direção e sentido diferentes.antes = (1000) ⋅ 0 + (2000) ⋅ (10.antes = 10. temos: 230 Momento linear. 5 ⋅ 10 4 î kg ⋅ m s Pela lei da conservação do momento linear.antes p y . podemos obter que: p x.antes p x. 5 ⋅ 104 v y . 672 + 5. formando 0 ⋅ 10)4⋅ 0 + (2000 p x. 75 ⇒ α = arctg (0.1000 ou)seja. intuitivamente. dizemos que a colisão é elástica. 75 ⇒ α = arctg oblíqua. podemos. quando normalmente os corpos que Momento linear. um sistema conservativo no qual se aplica a lei da conservação da energia e a lei da conservação do momento linear. com a mesma velocidade de módulo igual a 8. Nesse tipo de colisão. em algumas situações. (0. impulso e colisões 231 .após = =50 m s 3000 Sabendo que: v após = v x . Temos que o módulo da velocidade dos carros logo após a colisão é (v ) + (v ) 2 2 v após = x .após = (mA + mB ) ⋅ v y . como mostra a Figura 4. 75) ≈ 37° com relação ao semieixo positivo da horizontal. 5 ⋅ 104 tgα = = 0. os carros A e B se movem juntos. considerar essa perda como desprezível.antes =2(. ⋅m s Estudante.após y . 0 ⋅ 104 Concluímos que. logo após a colisão. portanto. Apesar de.com 0 ⋅ 10 4 î kg 0î ) = o2.após .7 | Velocidade após a colisão Fonte: elaborada pelo autor. U4 p y .versor . será que você consegue calcular a variação da energia cinética nessa colisão inelástica? Quando a energia mecânica do sistema é conservada antes e após a colisão. 34 m s A orientação α do vetor velocidade é: 1.7: Figura 4. 75) ≈ 37° 2. 5 ⋅ 10 4 tgα = = 0. 02 ≈ 8. temos. sabermos que uma pequena quantidade de energia mecânica sempre será perdida nas colisões.após = 1. 34 m s em direção 1.após = 6. ⋅ (10.após + v y . 5 ⋅ 104 î kg ⋅ m s 1. o sistema constituído pelas equações 1 e 2 que acabamos de mostrar poderá ser resolvido para descobrir as velocidades de A e B após a colisão. portanto.antes = p A.após + pB.antes = K A.U4 colidem não sofrem deformações permanentes. é possível analisar algumas colisões da vida real como elásticas.antes + mB ⋅ v B. Aplicando a lei da conservação do momento linear: p A. impulso e colisões .após + mB ⋅ v B.após )2 + mB ⋅ (v B. se substituirmos as expressões das enérgicas cinéticas dadas 1 anteriormente.antes )2 = mA ⋅ (v A. mas a energia cinética total do sistema é constante: K total .após )2 (equação 1).antes = mA ⋅ v A.após Observe que.antes + pB. Quando forem conhecidas as massas e as velocidades dos corpos A e B. Nas colisões elásticas. Um bom exemplo é o jogo de bilhar.antes + K B. Vamos analisar a colisão elástica entre dois corpos A e B: Figura 4. temos: 2 mA ⋅ (v A. 232 Momento linear.8 | Exemplo de colisão elástica Fonte: elaborada pelo autor. você pode usar o princípio da independência dos movimentos e analisar a equação 2 separadamente em relação aos eixos x e y. Você pode trabalhar bastante com as equações mostradas há pouco. se necessário. no qual as deformações sofridas pelas bolas ao colidirem são imperceptíveis e não permanentes.após + K B. a energia cinética dos corpos A e B podem variar. podemos analisar o jogo considerando as colisões elásticas. Lembre-se de que.após mA ⋅ v A.antes )2 + mB ⋅ (v B.antes = K total . Dessa forma.após K A. e cancelarmos o termo comum de todas as frações.após (equação 2). 0 î m s . dois pêndulos da extremidade oposta irão se levantar. Calcule a velocidade final do disco B e o ângulo β . Momento linear. U4 Reflita O pêndulo de Newton é um dispositivo muito utilizado no estudo de colisões. o pêndulo da extremidade oposta também se levanta.9. O disco A possui massa de mA = 500 g e o disco B de mB = 300 g . Que tal você refletir e tentar explicar como e por que isso acontece? E por qual motivo o movimento dos pêndulos cessa após um determinado tempo? Exemplificando Dois discos.após = 2. De forma semelhante. Cada um dos pêndulos deve ser preso a uma armação por meio de duas cordas de comprimentos e massas iguais. Esse movimento repete- se por várias vezes até parar.9 | Colisão elástica Fonte: elaborada pelo autor. o disco A se move com velocidade de módulo igual a v A. de uma extremidade.antes = 4. se levantarmos e liberarmos dois pêndulos juntos. normalmente. A e B. após o choque com os outros. o disco B está em repouso e o disco A se move com velocidade A. constituído de cinco pêndulos idênticos e adjacentes uns aos outros. Após v o choque. conforme mostrado na Figura 4. É. Antes da colisão. e o movimento segue até parar. chocam-se elasticamente sobre uma mesa sem atrito. Observa-se que. Figura 4. 0 m s e com orientação α = 37°. após o choque. se levantarmos e liberarmos um pêndulo de uma das extremidades. impulso e colisões 233 . impulso e colisões .após )2 2 0.antes ) − mA ⋅ (v A.após = 2. 2. 342 Nota: a pequena diferença entre os resultados é devido a arredondamentos. 0 ⋅ cos(37° ) + 1. 4484 ⇒ β = arcsen(0. 1. 5 ⋅ (2. 0 − cos(37° ) Ou seja: 1. Logo: 0. 0 ⋅ î kg ⋅ m s . 6° . 3 Logo. 1.antes = K total . 3 Aplicando o princípio da independência dos movimentos: Movimento pelo eixo x ANTES da colisão: p x. 0 ⋅ cos α î ) + 0. 0î = 2.após )2 +0= + 2 2 2 mA ⋅ (v A. Assim. 234 Momento linear. 0)2 Ou seja: (v B. 472 m s 0. 3 ⋅ ( 4. utilizando o mesmo raciocínio para analisar o eixo y. você vai obter: sen(37° ) sen β = ≈ 0.antes = 0.após + mB ⋅ v xB . 449) ≈ 26.após ) = 2 = . no eixo x temos: p x. o módulo da velocidade do disco B após a colisão é: 0. 8952) ≈ 26. 5 ⋅ (2. 5 ⋅ ( 4. 0)2 − 0.após = mA ⋅ v xA . 472 ⋅ cos β î ) = 2.após mA ⋅ (v A. 5 ⋅ 4. temos: p x. 5 ⋅ ( 4.antes = mA ⋅ v Ax .antes = p y .após = 0 Assim. a energia cinética total antes e após a colisão é constante: K total .após = 2. 0 ⇒ cos β = ≈ 0. 0)2 v B. 8952. mB 0.U4 Solução: Como a colisão é elástica. Você pode conferir o resultado.após = ≈ 4. 0 î .antes = 0 Pela lei da conservação do momento linear. 0î kg ⋅ m s Movimento pelo eixo y ANTES da colisão: p y . 342 Portanto: β = arccos(0.antes = p x. 0 î kg ⋅ m s p y .antes )2 mA ⋅ (v A. 5 ⋅ (2. 342 ⋅ cos β = 2. 5° . 0)2 − 0.após )2 mB ⋅ (v B. Acesso em: 20 jun. KRANE. Agora. Após as análises. aproximadamente. Leia o capítulo 6 do livro: RESNICK. 6 ⋅ 103 km h e a massa desse fragmento é mB = 0.. Na seção anterior. 8 ⋅ 103 ) + (0. Física 1.antes = 13. logo após ela haverá alteração da órbita do planeta Júpiter. impulso e colisões 235 . 9 ⋅ 1027 ⋅ 46. 9 ⋅ 1027 + 0. ou seja. 2016. 5 ⋅ 10 kg . vimos que o cometa se fragmentou.antes = (mJ + mB ) ⋅ v após (1..00>. a velocidade do fragmento B e do planeta após a colisão é a mesma. 0 km s = 46. Assim: Pela lei da conservação do momento linear. 5 ⋅ 1013 ⋅ 748.após mJ ⋅ v J . O módulo da velocidade do planeta Júpiter antes do choque é de. D. você concluiu que o fragmento B irá de fato colidir inelasticamente com o planeta Júpiter e o choque será frontal. 2003.br/#/books/978-85-216-1945-1/ cfi/146!/4/2@100:0.minhabiblioteca. na agência espacial. podemos analisar apenas os módulos das grandezas.com. K. calculamos que a velocidade do fragmento B é 13 748.antes + mB ⋅ v B. ed. 1.antes = ptotal . Como a colisão é inelástica. 5 ⋅ 1013 ) ⋅ v após Momento linear. 8 ⋅ 103 km h . Rio de Janeiro: LTC. 0 km s . 13. 9 ⋅ 1027 kg . 5. Na seção anterior. HALLIDAY. U4 Pesquise mais Aprofunde seus conhecimentos. 1. será que a velocidade e o momento linear do planeta Júpiter serão consideravelmente alterados após a colisão? Solução: Como a colisão é frontal (unidimensional). v. Faça log in na sua biblioteca virtual e cole o link disponível em: <https:// integrada. temos: ptotal . você deverá analisar essa situação de colisão e informar se. A massa do planeta é de. aproximadamente. Sem medo de errar Vamos aplicar na prática os conceitos abordados? Iremos retomar o monitoramento que você faz do cometa GO111. temos: v J . Transformando a velocidade do planeta para km h . R. 6 ⋅ 103 ) = (1. Logo. 6055 ⋅ 1035 )J 2 2 Após a colisão: mB ⋅ v após 2 mJ ⋅ v após 2 (0. 9 ⋅ 1027 ⋅ 46. 9 ⋅ 1031 kg ⋅ km h Repare que a massa do planeta Júpiter é muito maior que a do fragmento do cometa. 94 ⋅ 103 )2 (1. podemos comparar com a energia 17 liberada em uma explosão de uma grande bomba atômica ( ≈ 10 J ) . 6055 ⋅ 1035 ) J . Então.após = K B + K J = + = + . Uma energia estrondosa. ou seja. 9 ⋅ 1031 ) + (3. mesmo sofrendo uma colisão. 077 ⋅ 1023 J . 081⋅ 1023 ≈ −1. o momento linear do planeta Júpiter antes e após a colisão é o mesmo.U4 (8. a energia liberada na colisão é de : ∆Emec = 4. não é mesmo? 236 Momento linear. a energia liberada na colisão é: ∆Emec = Emec. 6055 ⋅ 1035 ) − (1. 9 ⋅ 1027 ) ⋅ ( 46. o momento linear do planeta é muito maior comparado com o momento linear do fragmento do cometa. 9 ⋅ 1027 ) ⋅ (13. 9 ⋅ 10 1. Estudante. 8 ⋅ 103 )2 Emec. Você consegue imaginar por quê? pJ .após − Emec. O impacto do fragmento com o planeta Júpiter equivale a mais de um milhão delas.antes = + = (1. 225 ⋅ 1020 + 1. podemos estimar a energia liberada após o choque. 5 ⋅ 1013 ) ⋅ ( 46. 8 ⋅ 103 )2 (1. 5 ⋅ 1013 ) ⋅ (207. 0 ⋅ 103 )2 Emec. 081⋅ 1023 + 1. Para entendermos a magnitude do ocorrido. 8 ⋅ 103 ) ≈ 8. 8 ⋅ 103 km h. Dessa forma. Logo.após = mJ ⋅ v J = (1.antes 2 mJ ⋅ v J . para entendermos a magnitude dessa colisão.antes = pJ . 225 ⋅ 1020 − 1. 2 2 2 2 ou seja: Emec. 225 ⋅ 1020 + 1. Vejamos: Antes da colisão: mB ⋅ v B.antes = ( 4.antes 2 Emec. não há alterações significativas na velocidade e no momento linear planetários. ou seja. 6055 ⋅ 1035 ) . temos: (0. você pode afirmar que o acontecimento não irá alterar a órbita de Júpiter. 081⋅ 1023 + 1. 7 ⋅ 1018 ) 8.após = ( 4. 9 ⋅ 1031 Portanto: v após ≈ 27 ≈ 27 ≈ 46. impulso e colisões .antes = K B + K J = + 2 2 Fazendo a conversão das velocidades para o SI. 1. 9 ⋅ 10 Veja que após a colisão a velocidade do planeta não se altera. impulso e colisões 237 . o módulo da velocidade do pêndulo logo após o choque? Momento linear. Avançando na prática Pêndulo balístico Descrição da situação-problema Uma equipe de perícia convida você para analisar um pêndulo balístico. 2016. Após disparar um projétil de 100 g contra o pêndulo balístico. o projétil fica incorporado no bloco. U4 Atenção Para colisões unidimensionais.10 | Pêndulo balístico Fonte: <https://goo. suspenso por um fio ideal inicialmente em repouso. também. Acesso em: 29 ago. cujo bloco de madeira possui 2.0 kg. A velocidade inicial do projétil está relacionada com a máxima altura atingida pelo bloco após o choque. você deve utilizar esse princípio para saber exatamente o que acontece com os corpos antes e após a colisão. quando os corpos estão na mesma linha reta. não há necessidade de utilizar o princípio da independência dos movimentos. O projétil é disparado horizontalmente contra o bloco de madeira. você observa que a altura máxima atingida é de 120 cm. Do contrário.gl/XaD3j7>. Desprezando atritos e resistências do ar. O pêndulo é constituído de um bloco de madeira de massa. será que você consegue determinar o módulo da velocidade com que o projétil atinge o bloco de madeira e. antes e após a colisão. Após o choque. Figura 4. Esse é um dispositivo utilizado para determinar a velocidade de projéteis. os quais estão na vertical. temos. No instante inicial.1⋅ 9. podemos aplicar a lei da conservação da energia e a lei da conservação do momento linear. temos então que o módulo da velocidade do pêndulo logo após o choque é: v após ≈ 0. Resolução da situação-problema Veja que estamos diante de uma situação de colisão perfeitamente inelástica. 2 ⇒ v p. Aplicando a lei da conservação do momento linear. em módulo: pantes = papós mp ⋅ v p. 0476 ⋅ v p. obtemos que o módulo da velocidade do projétil antes de atingir o pêndulo é de: 2. 85 m s Faça você mesmo Um sistema é constituído de três pêndulos idênticos A. a velocidade é nula. 0476 ⋅ 97 ≈ 4.antes ≈ 101. B e C. Após 238 Momento linear. 0476 ⋅ v p.Hmáx Lembre-se de que.antes = (mp + mbloco ) ⋅ v após Como o bloco está inicialmente em repouso: 0.antes )2 = 2. impulso e colisões . também em repouso. pois. 8 ⋅ 1.1⋅ v após ⇒ v após ≈ 0.1⋅ v p.U4 Lembre-se Nas colisões.antes + 0 = 2.antes (equação 1) Aplicando a lei da conservação da energia entre os instantes logo após a colisão e na altura máxima atingida pelo pêndulo. Ou seja: (mp + mbloco ) ⋅ v após 2 = (mp + mbloco ) ⋅ g ⋅ Hmáx (equação 2) 2 Utilizando a equação 1 na equação 2. na altura máxima. 88 m s 2 Retornando para a equação 1. temos: Emec. o pêndulo A é abandonado do repouso de uma altura h acima de B e C.antes + mbloco ⋅ v bloco. no momento do choque. Todos os pêndulos possuem o mesmo comprimento e esferas de mesma massa. o sistema pode ser considerado isolado.1⋅ (0.após = Emec. 0 kg está em repouso sobre trilhos retilíneos. e) 5m/s e 2. Uma partícula A de massa mA . movendo-se em um plano horizontal sem atrito. c) 4m/s e 3. era de aproximadamente: a) 500. b) 6m/s e 1. Faça valer a pena 1. b) 700. calcule a altura máxima atingida pelo conjunto. A colisão é elástica e as velocidades da partícula A antes e após a colisão são. colide unidimensionalmente com outra partícula B de massa mB . o conjunto (carrinho + projétil) se desloca 70 cm em 0. respectivamente: a) 6m/s e 3. 2. e) 1. d) 4m/s e 1. O módulo da velocidade da partícula B após o choque e a razão mA mB são. imediatamente antes da colisão. Momento linear. 4. Desprezando o efeito do ar. 0 m s . e se aloja no carrinho. respectivamente. 0 m s e 2. Um carrinho de 6. c) 300. Podemos concluir que o módulo da velocidade do projétil. inicialmente em repouso nesse plano. d) 900.5 s. sem atrito. as três esferas ficam “coladas” e o conjunto atinge uma altura máxima Hmáx acima da posição inicial de B e C. com velocidade constante. Logo após a colisão. impulso e colisões 239 . U4 a colisão.100. no SI. Um projétil de 12 g é disparado horizontalmente e na mesma direção dos trilhos. impulso e colisões . Podemos concluir que m1 vale: m1 = m2 . 0 ⋅ 10 m s colide unidimensionalmente com outra massa m2 em repouso. d) m1 = 4. os módulos das velocidades de m1 e m2 passam a ser. Uma massa m1 em movimento retilíneo com velocidade de módulo −2 igual a 8. 5 ⋅ m2 . 5 ⋅ m2 . e) 240 Momento linear. a) m1 = 1. 0 ⋅ m2 . 5 ⋅ m2 .U4 3. Após o choque. 5 ⋅ 10−2 m s . de 5. respectivamente. 0 ⋅ 10−2 m s e 7. c) m1 = 3. b) m1 = 2. Terra.4 Centro de massa Diálogo aberto Caro estudante. considerando que o sistema é composto. Será que a posição do centro de massa do nosso sistema solar. Ainda. você aprenderá que podemos analisar o movimento de qualquer objeto. é com grande alegria que damos boas-vindas à nossa última seção de Física – Mecânica. Em outras palavras. Agora. Mercúrio. certamente. principalmente. pelos seguintes corpos astronômicos: Sol. com êxito. um movimento. Fizemos um excelente trabalho até aqui e. Júpiter. Siga em frente! Momento linear. É importante que esse caso extremo seja investigado para que as futuras missões espaciais possam ser planejadas. nesse caso. de um carro ou de uma pessoa. No decorrer desta seção. Agora. você consiga fornecer as últimas informações para concretizar seu trabalho na agência espacial. Saturno. devemos informar a posição do centro de massa do nosso sistema solar. Marte. não é mesmo? E isso não é sensacional? É com esse sentimento de dever cumprido que convidamos você a finalizar. impulso e colisões 241 . pode ser simplificado se determinarmos e estudarmos o centro de massa. Vênus. no final. estará dentro ou fora do Sol? Vamos descobrir? Será empolgante! Desejamos um ótimo estudo e aproveitamos para parabenizá-lo pela dedicação e pela vontade de aprender. é capaz de entender e explicar os fenômenos que ocorrem à sua volta. faremos todas essas abordagens de forma que. aparentemente complicado. Para isso. U4 Seção 4. você vai precisar entender o que é centro de massa e saber como calculá-lo. observando o que ocorre com o seu centro de massa. Você aprendeu na teoria e aplicou na prática os princípios fundamentais da mecânica. você estudou muito e desenvolveu as competências necessárias para progredir nos seus estudos. Urano e Netuno e que estes estão perfeitamente alinhados. Nesta seção. mais esta seção de estudos. você verá que podemos reformular a lei da conservação do momento linear através de um novo conceito: centro de massa. Assimile O centro de massa de um corpo é um ponto geométrico que se comporta como se toda a massa do corpo estivesse concentrada sobre ele. precisamos. Se considerarmos um sistema composto de diversas partículas de massas m1 . e não um ponto material. m3 e assim por diante. Definimos centro de massa como sendo o ponto geométrico no qual estão concentradas toda a massa e todas as forças externas do sistema. impulso e colisões . y1 ) . reforçamos que o centro de massa é um ponto geométrico. y 3 ) . m2 . primeiramente. em que o centro de massa está localizado justamente no seu centro. Porém.U4 Não pode faltar Podemos reformular a lei da conservação do momento linear de um modo útil em termos de conceito de centro de massa. Para isso. Aliás. então o centro de massa coincidirá com o centro geométrico. Assim. y 2 ) . o centro de massa não precisa nem mesmo estar dentro do corpo. Pense em um anel. 242 Momento linear. se o sistema apresentar uma distribuição uniforme de massas (sistema homogêneo). por exemplo. nem sempre existe massa na posição do centro de massa de um sistema ou de um objeto. as de m3 são ( x3 . as coordenadas no plano cartesiano de m1 são ( x1. e assim sucessivamente. entender esse novo conceito. No caso de objetos com formato de polígonos regulares. Mas isso nem sempre ocorre. as de m2 são ( x2 . impulso e colisões 243 . y cm ) são dadas por: n m1 ⋅ x1 + m2 ⋅ x2 + m3 ⋅ x3 + . não estando limitados ao plano cartesiano.. + mn ⋅ xn ∑m ⋅ x i =1 i i xcm = = m1 + m2 + m3 + . temos: n m ⋅ r 1 + m2 ⋅ r 2 + m3 ⋅ r 3 + ... no plano cartesiano. Definimos o centro de massa do sistema. + mn n ∑m i =1 i Note que a expressão acima é válida para objetos tridimensionais...11 | Centro de massa de um sistema de partículas Fonte: elaborada pela autora. Podemos. + mn n ∑mi =1 i Em palavras. que pode ser escrito em termos do vetor posição de cada partícula que compõe o sistema.. Momento linear. U4 Figura 4. + mn ⋅ r n ∑m ⋅r i i r cm = 1 = i =1 m1 + m2 + m3 + . como sendo o ponto cujas coordenadas ( xcm .. podemos dizer que o centro de massa é a posição correspondente à média ponderada das posições das partículas que compõem o sistema. + mn ⋅ y n ∑m ⋅ y i =1 i i y cm = = m1 + m2 + m3 + .. indicar a localização do centro de massa por meio do vetor posição r cm ... também.. Todos os objetos reais possuem um centro de massa bem definido.. + mn n ∑m i =1 i n m1 ⋅ y1 + m2 ⋅ y 2 + m3 ⋅ y 3 + . Admitindo que os vetores posição partam todos da mesma origem. y1 = −1. 0) . 0 + 2. 0 ⋅ 1. 0 kg e ( x1 = 0 . m2 = 1. HALLIDAY. Leia a página 209. WALKER.. 2012. 1. as somatórias indicadas anteriormente devem ser substituídas por integrais. 0 244 Momento linear. xcm . Pesquise mais Entenda mais sobre o uso de integrais para o cálculo do centro de massa de corpos maciços. ed. 0 ⋅ 0 + 1. 0 xcm = ⇒ xcm = 1. 2016.00:25.. R. 0 ⋅ 2. 0 . 0 + 2. 9. m3 = 2. 0 kg = 0 . Faça o log in na sua biblioteca virtual e cole o link disponível em: <https:// integrada. Acesso em: 8 set. y 2 0) . para o qual existe uma distribuição contínua de massas.8>. impulso e colisões . Rio de Janeiro: LTC. Você acha que o centro de massa dessa barra coincide com o centro geométrico? Será que você consegue justificar seu raciocínio? Para um corpo sólido. Considere as coordenadas fornecidas no SI. 0 + 1. capítulo 9. 0) . 0 m . 2. sendo que as massas e as posições no plano cartesiano de cada partícula são: m1 = 2.U4 Reflita Imagine uma barra sendo constituída de metade de aço e metade de plástico. do livro: RESNICK. Fundamentos de física: mecânica. y 3 6. Exemplificando Considere um sistema formado por três partículas. m1 + m2 + m3 ∑m i =1 i 2. 0 kg e ( x2 1.br/#/books/978-85-216-2271-0/ cfi/222!/4/4@0. v.com.= = e ( x3 2= . Qual é a posição (coordenada) do centro de massa desse sistema? Solução: A coordenada horizontal do centro de massa. é dada por: n =3 ∑m ⋅ x i =1 i i m1 ⋅ x1 + m2 ⋅ x2 + m3 ⋅ x3 xcm = n =3 = . ou seja.minhabiblioteca. D. K. 0 ⋅ 0 + 2. você está se perguntando o que ocorre com o centro de massa quando o sistema. se move. o centro de massa está em movimento com velocidade constante e. impulso e colisões 245 . y cm . o centro de massa realiza um movimento retilíneo uniforme (MRU). pela lei da conservação do momento linear. Provavelmente. ou seja. m1 + m2 + m3 ∑m i =1 i 2. 0) + 1. Ou se ptotal ↑ 0 . y cm 2. formado por muitas partículas. 0 ⋅ 6. 0 Portanto. Em particular. 0 y cm = ⇒ y cm = 2. a coordenada do centro de massa do sistema é: ( xcm 1. A velocidade do centro de massa também pode ser obtida por meio de uma média ponderada. é dada por: n =3 ∑m ⋅ y i =1 i i m1 ⋅ y1 + m2 ⋅ y 2 + m3 ⋅ y 3 y cm = n =3 = . e assim por diante. v 2 . as respectivas velocidades das partículas que compõem o sistema. 2. Momento linear. 0 m . o centro de massa está em repouso. A velocidade do centro de massa v cm . Sejam v1 . nos sistemas isolados: se ptotal = 0 .= = 0m . 0m ) . podemos concluir que: p v cm = total ⇒ ptotal = M ⋅ v cm M Ou seja. 0 + 2. será: n m ⋅ v + m2 ⋅ v 2 + m3 ⋅ v 3 + .. 0 + 1. que: ptotal = constante seja. temos. o momento linear total é igual à massa total multiplicada pela velocidade do centro de massa do sistema. U4 A coordenada vertical do centro de massa. se o sistema for isolado (a resultante das forças externas é nula ou desprezível). v 3 .. + mn n ∑m i =1 i n Se considerarmos que a massa total do sistema é M = ∑ mi e que o momento n i =1 linear total do sistema é: ptotal = ∑i =1 mi ⋅ v i . 0 ⋅ ( −1. em um determinado instante.. portanto.. + mn ⋅ v n ∑m ⋅v i i v cm = 1 1 = i =1 m1 + m2 + m3 + . Sejam a1 . o centro de massa deve adquirir certa aceleração e. e assim por diante. ou seja. as respectivas acelerações das partículas que compõem o sistema.. Qual é o módulo da velocidade do centro de massa desse sistema? Solução: A velocidade do centro de massa do sistema é dada pela expressão: ptotal = v cm ⋅ M Analisando essa equação em módulo e lembrando que. que está em repouso e possui o dobro de massa em relação à esfera A. o momento linear total não é conservado e a velocidade do centro de massa do sistema deve variar. se considerarmos a massa total do sistema M = ∑m i =1 i . Assim. A aceleração do centro de massa acm . a esfera B estava em repouso. impulso e colisões . + mn ⋅ an ∑m ⋅a i i acm = 1 1 = i =1 m1 + m2 + m3 + . podemos obtê-la por meio de uma média ponderada. também. 0 m s e se aproxima da esfera B. então não temos um sistema isolado. em um determinado instante. inicialmente. A esfera A se move com velocidade constante de módulo igual a 12. i =1 i i 246 Momento linear. lembrando n que pela segunda lei de Newton a força externa resultante é: F R = ∑m ⋅a . + mn n ∑m i =1 i n Novamente. a2 .. 0 m s 3m A Quando a força externa resultante que atua sobre o sistema formado por várias partículas não é igual a zero.. temos então: mA ⋅ v A + mB ⋅ v B = v cm ⋅ (mA + mB ) ⇒ mA ⋅ 12 + 0 = v cm ⋅ (mA + 2mA ) Ou seja: mA ⋅ 12 v cm = = 4.U4 Exemplificando Considere um sistema formado por duas esferas. a3 .. será: n m ⋅ a + m2 ⋅ a2 + m3 ⋅ a3 + . após se desligar do trampolim. A trajetória do centro de massa depende da sua velocidade inicial e da sua aceleração. ou seja.12. explicamos por que somente forças externas podem alterar o movimento de um corpo. musculares internas do atleta. principalmente quando estudamos as aplicações das leis de Newton. pois podemos imaginar que nesse ponto está concentrada toda a sua massa e também supor que é nesse ponto que está aplicada a resultante das forças externas que atuam no corpo. assim. o atleta fica sob ação exclusiva da força de gravidade constante (força peso). Já vimos que a aceleração do centro de massa é imposta pela resultante das forças externas e. vimos que os corpos que se movem com certa aceleração constante. Essa expressão traduz o teorema do centro de massa e nós certamente já utilizamos esse resultado em diversas ocasiões. como mostra a Figura 4. o centro de massa se move exatamente como se toda a massa estivesse concentrada nesse ponto e estivesse submetida a uma força igual à resultante de todas as forças que atuam sobre o sistema. As forças internas se cancelam pelo princípio de ação e reação. U4 podemos concluir que: FR acm = ⇒ FR = M ⋅ acm . quando forças externas atuam sobre M um corpo. ou sobre um sistema formado por várias partículas. Desprezando-se o efeito do ar. não produzem nenhum efeito sobre o movimento do corpo. que não alteram a trajetória do centro de massa. Exemplificando a) Imagine um atleta saltando de um trampolim de uma piscina. estudando o que ocorre com o seu centro de massa. pois as forças que produzem as piruetas e acrobacias são forças. Momento linear. Na Unidade 1. Dessa forma. portanto. podemos concluir que as forças internas ao sistema não podem alterar a trajetória do centro de massa. Assim. impulso e colisões 247 . Assimile Podemos simplificar a análise do movimento de um corpo. possuem uma trajetória parabólica. e não nula. podemos afirmar que a trajetória do centro de massa do atleta será uma parábola. independente de quantas piruetas e acrobacias ele realizar. Acesso em: 8 set. As forças ligadas à explosão são forças internas e. 248 Momento linear.gl/k7NHUw>. portanto. não podem modificar a trajetória do centro de massa. Se durante seu trajeto a granada explodir. impulso e colisões . b) Considere uma granada lançada obliquamente. Esse mesmo efeito ocorre nas explosões de fogos de artifício.12 | Trajetória parabólica do centro de massa Fonte: <https://goo. a força resultante externa sobre a granada é a força peso. o centro de massa de cada fragmento continuará descrevendo a mesma trajetória parabólica descrita pelo centro de massa da granada antes da explosão.U4 Figura 4. uma trajetória parabólica para o centro de massa. até que um dos fragmentos atinja o solo. 2016. portanto. Desprezando- se o efeito do ar. determinando assim certa aceleração e. que estão perfeitamente alinhados. que mostra valores aproximados para as massas. Será que o centro de massa do nosso sistema solar está dentro ou fora do Sol? (O raio do Sol é de aproximadamente 6. considerando que ele é composto. Terra. Veja o Quadro 4.gl/XZLqHO>. Mercúrio. assim. Sem medo de errar Para concretizar seu trabalho na agência espacial. o módulo da velocidade do centro de massa do nosso sistema solar e também o módulo do momento linear total. Urano e Netuno. o centro do Sol é considerado a origem das posições. Acesso em: 8 set. 96 ⋅ 108 m ). impulso e colisões 249 . Júpiter.13 | Fogos de artifício Fonte: <https://goo. Momento linear. principalmente. pelos seguintes corpos astronômicos: Sol. 2016.1. Saturno. Marte. Os raios orbitais médios indicam a distância a partir do centro do Sol. U4 Figura 4. os raios orbitais médios e os módulos das velocidades aproximadamente constantes desses corpos em relação ao Sol (origem do sistema de coordenadas no centro do Sol). Vênus. você precisa informar a posição. o centro de massa do nosso sistema solar está localizado fora do Sol. 99 ⋅ 1030 ⋅ 0) + (3. 30 ⋅ 1023 ⋅ 5. 87 ⋅ 1024 ) + . ou seja. + (1. temos que o módulo do vetor posição do centro de massa do nosso sistema solar será: n =10 ∑ mi ⋅ r i rcm = i =n1=10 . 03 ⋅ 1026 4. 42 ⋅ 1023 2.. e analisando em módulo.U4 Quadro 4. 99 ⋅ 1030 0 Mercúrio 3. 03 ⋅ 1026 ⋅ 4.. ou seja. 87 ⋅ 1024 1. 250 Momento linear. 50 ⋅ 1012 Fonte: elaborado pela autora. impulso e colisões . do centro do Sol. 28 ⋅ 1011 Júpiter 1. 78 ⋅ 1011 Saturno 5. 43 ⋅ 1012 Urano 8. 03 ⋅ 1026 ) Assim.. (1. 88 ⋅ 1012 Netuno 1. 51⋅ 109 m 1. Admitindo que os vetores posição partam todos da mesma origem. 08 ⋅ 1011 ) + .. 97 ⋅ 1024 1. 69 ⋅ 1026 1. 90 ⋅ 1027 7. Solução: Vimos que podemos também indicar a localização do centro de massa por meio do vetor posição r cm . 00 ⋅ 1039 rcm ≈ 30 ≈ 1. podemos obter que o centro de massa do sistema solar está localizado a uma distância do centro do Sol equivalente ao raio de: 3. 50 ⋅ 1012 ) rcm = . 66 ⋅ 1025 2. 08 ⋅ 1011 Terra 5. cujo raio é 6. 79 ⋅ 1010 ) + ( 4. ∑ mi i =1 (1. 96 ⋅ 108 m . 99 ⋅ 10 Podemos concluir então que. 30 ⋅ 1023 ) + ( 4. que pode ser escrito em termos do vetor posição de cada partícula que compõe o sistema. massa e raio orbital Corpo Massa (kg) Raio orbital (m) Sol 1. 99 ⋅ 1030 ) + (3. no caso de alinhamento completo. + (1. 87 ⋅ 1024 ⋅ 1.1 | Corpo. 30 ⋅ 1023 5. 79 ⋅ 1010 Vênus 4. 50 ⋅ 1011 Marte 6. Vocês verificam que a caneca não saiu do lugar.0 kg.0 kg e seu amigo. assim. U4 Avançando na prática Um cabo de guerra sobre uma pista de gelo Você e seu amigo resolvem desafiar a física e decidem brincar de cabo de guerra de um jeito diferente. vocês se posicionam a uma distância de 20. A posição do centro de massa do sistema é: 90. apoiada sobre uma marcação no gelo. 0 + 60. 60. em repouso. Resolução da situação-problema Inicialmente. vocês estão exercendo uma força interna ao sistema e. pelo princípio de ação e reação.14 | Cabo de guerra sobre o gelo Fonte: elaborado pela autora. ligados por uma corda ideal. impulso e colisões 251 . não existe nenhum movimento. um sistema. 0 Quando você e seu amigo puxam a corda. sobre a pista. Como a corda é ideal. Na metade da distância entre vocês existe uma caneca. Então.0 m um do outro e ficam de pé. Você possui 90. Observe que a resultante das forças externas que agem no sistema é nula também: a força normal e o peso que. Por tudo isso. por isso o momento linear total é nulo. sabemos que a resultante Momento linear. em que o atrito é desprezível. Será que você consegue explicar o que aconteceu com seu amigo? Ele se moveu? Qual sentido? Qual distância? Como o jogo acabou? Figura 4. 0 ⋅ 10.0 m da caneca. podemos desprezar sua massa. Em um determinado momento. formando. 0 ⋅ ( −10. concluímos que o centro de massa do sistema está em repouso. 0 m 90. considerada a origem das posições (a caneca marca a posição zero). e a brincadeira acaba. 0 xcm = = −2. sobre uma pista de gelo horizontal. Vocês começam a brincar. encontra-se sobre a marcação no gelo. que agem sobre você e seu amigo se cancelam e não temos força de atrito. 0) + 60. puxando a corda. você se encontra a 4. Em que posição (x.1.U4 dessas forças será nula. As massas do prato.0). e) (0 . 0.1. 1. Faça você mesmo Utilize a situação descrita no Avançando na prática e resolva agora as seguintes questões: se seu amigo puxa a corda atingindo uma velocidade de módulo igual a 0. (-10. do copo. 0m . 0 ⋅ ( −4.0).0.0 .10 kg.-5.0 kg e 400 g.50 kg.0) e (4. as posições. 0) + 60. o centro de massa permanece em repouso durante a brincadeira. do prato. Ou seja. do copo e da garrafa são.0 m no sentido da caneca. 0 m ⇒ xnova = 1. esticou o braço em 1 m e alcançou a caneca.0).0). Sabendo que a posição do centro de massa não se altera. um copo e uma garrafa. impulso e colisões . 90. em centímetros. b) (-1. respectivamente. da garrafa e da bandeja são.0).0. 0 ⋅ xnova xcm = = −2.5. vencendo o jogo.0).4.1.y) sob a bandeja o equilibrista deve “encaixar” a vareta para obter sucesso na sua apresentação? a) (2. 252 Momento linear. c) (1. pois essa posição é marcada com relação à caneca. utilizando uma vareta. d) (1. 70 m s . (-2.1. então: a) Qual é o módulo da velocidade do centro de massa do sistema? b) Qual é o módulo da sua velocidade? Faça valer a pena 1.0 . sua nova posição passa a ser −4. e que a posição da caneca não se alterou.0). Após você se deslocar por 6. portanto as forças internas são incapazes de alterar o movimento do sistema e do centro de massa. 0 Assim. temos que a nova posição do seu amigo é: 90.0. 0 + 60. 0. você sabe que seu amigo conseguiu puxar a corda em 9 m. 0 m . Tomando o centro da bandeja como origem (0.0).0 . Em um circo um equilibrista deseja levantar uma bandeja circular. contendo um prato. respectivamente.0 . como mostra a Figura 4. d) (0.40.0). a) (0.00). Se considerarmos que a extremidade inferior esquerda da porta está localizada na origem das posições (0. e) (0.15. 1. b) (0. Momento linear.0. a posição do centro de massa dessa porta.0.40. em metros. A massa da parte de vidro é igual a 3/5 da massa da parte de madeira.875). U4 2. c) (1.40.0 0 0.0 1.80 x (m) Fonte: elaborada pela autora.00. impulso e colisões 253 . Uma porta é composta metade por vidro e a outra metade por madeira e possui 80 cm de largura e 2.0 m de altura.1.875).00).20).15 | Porta y (m) 2. é: Figura 4.1. Marque a opção que contém todas as afirmações corretas: a) I e II. As massas são. II. A aceleração do centro de massa é de 0. impulso e colisões . 254 Momento linear. considerando a partícula A na origem das posições. O centro de massa do sistema está em repouso. e) II.U4 3. respectivamente. II. no instante da colisão. é 1. A posição do centro de massa é x=0. II e III. 0 m s . II e IV. 200 g e 300 g. IV. III e IV. III. Duas partículas A e B estão inicialmente em repouso. O módulo da velocidade de A em relação à B. b I. III e IV.0 m de distância. 30 m s 2 . c) I. Podemos afirmar que: I. Nenhuma força externa atua no sistema. d) I.06 N. Elas se atraem mutuamente com forças constantes de intensidade igual a 0. até colidirem exatamente na posição do centro de massa. separadas por 1.60 m. 3. Rio de Janeiro: LTC. 2012. Física básica: mecânica. HALLIDAY. YOUNG. 2010. ed. RESNICK. São Paulo: Cengage Learning. 2009. Fundamentos de física 1: mecânica. v. 3. J. 6. 2011. M. v. YOUNG. Práticas de laboratórios para engenharias: obra de referência. Princípios de física. KRANE. Aprendendo física. R. J. Física 1. WALKER. ed. A. H. D. 2011. W. W. F. 2008. ZEMANSKY.. Rio de Janeiro: LTC.. Campinas: Átomo. 2003. NUSSENZVEIG. SAMPAIO. 12. F. TIPLER. v... H. v. P. Rio de Janeiro: LTC. SEARS. Física 1: mecânica. K. Rio de Janeiro: LTC. J. SERWAY. VALENTIM. B. E. CHIQUETTO. ORTIZ. Curso de física básica. Momento linear. ed. R.. São Paulo: Pearson. RESNICK. 9. 1. W. ed. 5. impulso e colisões 255 . J. 3. 12. U4 Referências CHAVES. Física I: mecânica. 1996. 1. ed. PAGLIARI. São Paulo: Scipione. 1. M. 2009. JEWETT JR. São Paulo: Edgard Blücher. Física para cientistas e engenheiros. R. D. D. HALLIDAY. M. ed. A. A. São Paulo: Pearson. v. H. 2011..