Física do ambiente agrícola

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Notas de Aula de Física do Ambiente Agrícola

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Física do ambiente agrícola

  1. 1. Universidade Federal Rural de Pernambuco Unidade Acadêmica de Serra Talhada Curso: Agronomia Disciplina: Física do Ambiente Agrícola Professor: Mário Oliveira   Data: 15 /08/2011 1
  2. 2. Notas 1 • Aprovação Qualificada:                              .. − 3  1 V . A. + 2 V . A  a a a V . A. ≥ 7,0 2          2 / 5+3 / 5 2 / 5+ 3 / 5   2 [(1 V .A. + 2 V .A.) − 3 V .A.] ≥ 3,0 1• Aprovação Simples: se                                     , pode-se fazer a final:  a a a  2 2 [ a a ]  (1 V . A. + 2 V . A.) − 3 V . A. + V . A.Final  ≥ 5,0 1 1 a  • A primeira e a segunda verificação serão divididas em duas partes.  A primeira parte com 4,0 pontos e a segunda parte com 6,0 pontos. • Primeira V.A. : 09/05/2011 e 12/05/2011• Segunda V.A.: 16/06/2011 e 20/06/2011• Terceira V.A.: 07/07/2011• V.A. Final: 18/07/2011• Aulas extras: 24/03/2011 (Sala 01 Bloco 03 08:00-10:00), 14/04/2011 (Sala 01 Bloco 03 08:00- 10:00), 19/05/2011 (Sala 02 Bloco 03 08:00-10:00), 26/05/2011 (Sala 01 Bloco 03 08:00- 10:00), 02/06/2011(Sala 01 Bloco 03 08:00-10:00)  2
  3. 3. Faltas • 25% é o limite máximo. • O número máximo de faltas é 19. Listas de Exercícioshttps://sites.google.com/site/ensinodefisicanauast/home/listas-de-exercicios Gabaritos https://sites.google.com/site/ensinodefisicanauast/home/gabaritos 3
  4. 4. Bibliografia• Fundamentos de Física I,II, IV Halliday e  Resnick. Editora L.T.C., 2009, 8a ed.. • Física I, Sears e Zemansky, Addison Wesley,  2006, 10a ed.  • Física, Volume 1, Paul A. Tipler, Gene Mosca,  Editora L.T.C., 2006, 5a ed.  4
  5. 5. Física do Ambiente Agrícola Turma: SA3 Código da Disciplina: FISC5002 5
  6. 6. Movimento Retilíneo Unidade I 6
  7. 7. Movimento• Quando um objeto ocupa lugares diferentes em  tempos diferentes, dizemos que ele está em  movimento.• O movimento mais simples é aquele que  acontece sobre uma linha reta. Para simplificar  ainda mais, vamos considerar o objeto como um  ponto: ponto material (ponto dotado de massa).• O movimento retilíneo (sobre uma linha reta) é o  que vamos tratar no início. 7
  8. 8. Posição e Deslocamento• Posição é uma coordenada do referencial do observador,  representada por um vetor que aponta da origem (onde está  o observador) até o objeto que estamos estudando  (partícula).• É a trilha deixada pela partícula quando se move de uma  posição para outra. ∆x = x2 − x1 Deslocamento 1-D    ∆r = r2 − r1 Deslocamento 2-D ou 3-D• Sua unidade no S.I. é o metro. 8
  9. 9. Exemplo 4-1 9
  10. 10. Solução 10
  11. 11. Exemplo 4-2 11
  12. 12. Solução 12
  13. 13. (b) Podemos obter as seguintes coordenadas para x e y nos seguintes tempos: Tempo (s) Coordenada x (m) Coordenada y (m) 0 28 30 5 56,25 -10 10 69 -39 15 66,25 -57 20 48 -64 25 14,25 -60 y x 13
  14. 14. Velocidade Média• Velocidade média é a medida da rapidez de  uma partícula em um intervalo de tempo. É  obtida através da inclinação da secante que  une dois pontos no gráfico da posição em  função do tempo. Unidade do S.I.: m/s. ∆x x futuro − x passado vmédia = = ∆t t futuro − t passado Velocidade média 1-D     ∆r r futuro − rpassado vmédia = = ∆t t futuro − t passado Velocidade média 2-D ou 3-D 14
  15. 15. A velocidade média faz parte da secante à trajetória da partícula.x x2 tan ( α ) = vmédia α x1 t1 t2 t 15
  16. 16. Velocidade Escalar Média• A velocidade escalar média mede a rapidez,  mas sem considerar o sentido ou a direção do  deslocamento.• É definida com a razão entre a distância  percorrida pelo intervalo de tempo gasto no  percurso: Distância percorrida smédia = ∆t 16
  17. 17. Exemplo 2-1• Você dirige uma picape ao longo de uma estrada retilínea por 8,4 km a 70  km/h, quando ela para por falta de gasolina. Nos próximos 30 minutos,  você caminha ao longo da estrada na direção de um posto de gasolina.• (a) Qual o deslocamento desde do início da viagem até a chegada ao  posto de gasolina?• (b)  Qual é o intervalo de tempo desde do início da viagem até a chegada  ao posto de gasolina?• (c) Qual é a velocidade média do começo da viagem até a chegada ao  posto de gasolina? Encontre-a numericamente e graficamente.• (d) Suponha que para pegar a gasolina, pagar e voltar até o carro; você  gaste 45 minutos. Qual é a velocidade escalar média desde do começo da  viagem até a volta até o carro  17
  18. 18. Solução 18
  19. 19. 10,48,4 19
  20. 20. Velocidade instantânea• Quando desejamos analisar a rapidez em um  instante de tempo, usamos a velocidade instantânea.  Ela é dada pela derivada da posição em relação ao  tempo ou pela inclinação da tangente no gráfico da  posição em função do tempo. Unidade do S.I.: m/s. dx ∆x v= = lim dt ∆t →0 ∆t Velocidade instantânea 1-D    dr ∆r dx ˆ dy ˆ v= = lim = i+ j dt ∆t →0 ∆t dt dt Velocidade instantânea 2-D  20
  21. 21. x x2 α Tan(α)=vx1 t2 t1 t A velocidade instantânea faz parte da tangente à trajetória da partícula. 21
  22. 22. Velocidade Escalar• A velocidade escalar instantânea é o módulo  da velocidade instantânea:  s= v 22
  23. 23. Exemplo 2-3• A posição de uma partícula se movendo em  um eixo x é dada por:• x=7,8+9,2t-2,1t3• Com x em metros e t em segundos. Qual é a  velocidade em t= 3,5 s? A velocidade é  constante ou está variando continuamente? 23
  24. 24. Solução 24
  25. 25. Exemplo 4-3• Para o coelho do Exemplo 4-2, encontre a  velocidade no tempo t=15 s. 25
  26. 26. Solução 26
  27. 27. Aceleração• A aceleração média mede o avanço ou recuo da  velocidade em um intervalo de tempo. É dada  pela inclinação da secante em um gráfico de  velocidade contra tempo. Unidade do S.I.: m/s2 ∆v v2 − v1 a= = ∆t t 2 − t1 Aceleração média 1-D     ∆v v2 − v1 ∆v x ˆ ∆v y ˆ a= = = i+ j ∆t t 2 − t1 ∆t ∆t Aceleração média 2-D 27
  28. 28. v1 Tan (α) = amédia αv2 t1 t2 28
  29. 29. Aceleração Instantânea• A aceleração instantânea é a medida do  avanço ou do recuo da velocidade em certo  instante de tempo. Unidade do S.I.: m/s2 dv ∆v a= = lim dt ∆t →0 ∆t Aceleração instantânea 1-D    dv ∆v dv x ˆ dv y ˆ a= = lim = i+ j dt ∆t →0 ∆t dt dt Aceleração instantânea 2-D 29
  30. 30. v v2 αv1 t t1 t2 30
  31. 31. Exemplo 2-4 31
  32. 32. Solução 32
  33. 33. Exemplo 4-4• Para o coelho do Exemplo 4-2 e 4-3, encontre  a aceleração do coelho para t=15s. 33
  34. 34. Solução Θ=145o 34
  35. 35. Aceleração Constante Velocidade inicial.Posição inicial. Velocidade inicial. 35
  36. 36. Equação de Torricelli Velocidade inicial Posição inicial 36
  37. 37. Exemplo 2-5• A cabeça de um pica-pau está se movendo  para frente com uma velocidade de 7,49 m/s  até o bico encontrar o tronco da árvore. O  bico para depois de penetrar o tronco em 1,87  mm. Assuma que a aceleração é constante,  encontre o módulo da aceleração em  unidades de g. 37
  38. 38. Solução 38
  39. 39. Exemplo 2-6• A Figura abaixo mostra o gráfico da velocidade  v da partícula contra a posição, quando a  partícula se move ao longo do eixo x com  aceleração constante. Qual é a velocidade da  partícula em x=0? v (m/s) 20 8 70 x(m) 39
  40. 40. Solução50 40
  41. 41. 41
  42. 42. Exemplo 4-5 42
  43. 43. Solução 43
  44. 44. Queda livre• Queda livre é quando a partícula, que está sendo estudada, se  move somente pela influência da gravidade da Terra. • Supondo o ar rarefeito, podemos considerar o movimento  nas proximidades da superfície da Terra com uma queda livre.• Próximo ao nível do mar e para regiões planas (planícies e  planaltos), podemos dizer que a gravidade da Terra impõe  que os objetos se movam com aceleração constante para  baixo e de módulo constante igual a g=9,8 m/s2. 44
  45. 45. 45
  46. 46. Exemplo 2-7• Em 26 de setembro de 1993, Dave Munday foi para o lado canadense das  Cataratas do Niágara equipado com uma bola de aço com um furo de ar  para entrada de ar e caiu 48m na direção da água (e das rochas). Assuma  que a velocidade inicial foi zero, e despreze a resistência do ar.• (a) Quanto durou a queda de Munday até atingir a superfície da água?• (b)  Munday conseguia contar três segundos até a queda, mas não podia  ver o quanto ele tinha caído a cada segundo. Determine a sua posição no  final de cada segundo.• (c) Qual era a velocidade de Munday quando ele atingiu a superfície da  água?• (d) Qual era a velocidade de Munday no final de cada segundo? Ele podia  perceber o aumento da velocidade? 46
  47. 47. Solução 47
  48. 48. Tempo(segundo) Posição(metro)0s 48m1s 43,1m2s 28,4m3s 3,9m 48
  49. 49. 49
  50. 50. Tempo Velocidade (segundo) (m/s) 0 0 1 -9,8 2 -19,6 3 -29,4proporcionais e é difícil distinguir um do outro. 50
  51. 51. Exemplo 2-8• Na figura abaixo, um jogador joga uma bola  de beisebol para cima com um velocidade de  12 m/s ao longo do eixo y. y• (a) Quanto tempo a bola leva para chegar na  sua altura máxima? 51
  52. 52. (b) Qual é a altura máxima da bola em relação ao seu ponto de partida?(c) Quanto tempo a bola leva para atingir a altura de 5m em relação ao seu ponto de partida? 52
  53. 53. Solução• (a) A altura máxima ocorrerá quando a  velocidade da bola for nula, pois ela deve  parar de subir. Substituindo essa condição na  equação para a velocidade em função do  tempo: v = v0 − gt 0 = 12m / s − 9,8m / s t 2 t= 12 9,8 s = 1,224 s• (b) Podemos obter a altura máxima usando a  equação da posição em função do tempo: 53
  54. 54. g 2 y = y0 + v0t − t 2 9,8m / s 2y = 0 + 12m / s1,224 s − (1,224s ) 2 = 7,348m 2(c) A equação da posição em função do tempo pode fornecer o tempo necessário para que a bola atinja 5m de altura: g 2 5m = 0 + 12m / st − 9,8m / s 2 t 2 y = y0 + v0t − t 2 2 54
  55. 55. 2  t   t  − 4,9  seg.  + 12 seg .  − 5 = 0        − 12 ± 144 − 4 ⋅ ( − 4,9 ) ⋅ ( − 5)  12 6,782 t= seg. =    seg . 2 ⋅ (−4,9)  9,8 9,8 t = 0,532 seg ou t = 1,916 seg 55
  56. 56. Movimento em Duas e Três  Dimensões Unidade II 56
  57. 57. Movimento de Projéteis• Quando lançamos objetos e os deixamos somente  sobre a influência da gravidade da Terra, temos um  movimento balístico. A partícula estudada é tida  como um projétil.• Considere a componente horizontal da posição como  x e a componente vertical como y. • O ângulo da velocidade inicial com o eixo x é o  ângulo de lançamento do projétil. 57
  58. 58. y O movimento horizontal é independente do movimento vertical.  O movimento horizontal tem velocidade constante, enquanto o Movimento vertical possui aceleração constante. θ0 x 58
  59. 59. 59
  60. 60. Equação de Torricelli: v y = v0, y − 2 ⋅ g ⋅ ( y − y0 ) 2 2Eliminando o tempo através do uso da equação para a componente horizontal da posição, podemos obter a equação que determina a forma geométrica da trajetória: 2 g  x − x0  y = y0 + tan (θ 0 )( x − x0 ) −  v cos(θ )   (* 2 0 0  )Percebemos que sem a presença da gravidade da Terra (g=0), o projétil seguiria uma linha reta. Entretanto, a trajetória é parabólica. A parábola possui concavidade para baixo e cresce sua concavidade com o aumento da velocidade inicial e da aceleração da gravidade. 60
  61. 61. Exemplo 4-6• Na Figura abaixo, um avião de resgate voa à  198 km/h (=55 m/s) e uma altura constante de  500 m dirigindo-se a um ponto diretamente  sobre a vítima, onde uma balsa deve ser  lançada.        h 61
  62. 62. (a)Qual deve ser o ângulo da linha de  visada do piloto até a vítima, onde a  balsa deve chegar?(b)Quando a cápsula atinge a água,  qual deve ser sua velocidade em  termos de vetores unitários e na  notação módulo e ângulo ? 62
  63. 63. Solução• (a) O ângulo da linha de visada é oposto ao  deslocamento horizontal do avião e adjacente  à altura do avião, sua tangente é dada pela  razão do deslocamento horizontal pela altura  do avião. O deslocamento horizontal pode ser  calculado através do uso da equação da  componente vertical da posição (para  encontrar o tempo) e da componente  horizontal (para encontrar o deslocamento): 63
  64. 64. g 2 y = y0 + v0 senθ 0 ⋅ t − t 2 9,8m / s 2 20 = 500m + 55m / s ⋅ sen0o − t 2 1.000 t= s = 10,101s 9,8 x = x0 + v0 cos θ 0 ⋅ t ∆x = 55m / s ⋅ cos 0o ⋅10,101s = 555,555m ∆x 555,555m tan φ = = = 1,111 h 500m φ = 48o 64
  65. 65. (b) A equação para a velocidade em função do tempo possui duas componentes. A componente horizontal é constante e a componente vertical varia linearmente com o tempo: v x = v0 ⋅ cos θ 0 = 55m / s ⋅ cos 0o = 55m / s v y = v0 senθ 0 − g ⋅ tv y = 55m / s ⋅ sen0o − 9,8m / s 2 ⋅10,101s = −98,990m / s  v = ( 55m / s ) i + ( − 98,990m / s ) ˆ ˆ j v=113,243m / s e θ =− ,943o 60 65
  66. 66. Exemplo 4-7 66
  67. 67. (b) Qual é o alcance máximo das balas de canhão ? 67
  68. 68. Solução• (a) Podemos obter o alcance das balas de  canhão com o uso combinado das equações  para a componente horizontal em função do  tempo e da componente vertical em função  do  tempo. A componente vertical em função  do tempo permite obter o tempo de voo da  bala de canhão: 68
  69. 69. 69
  70. 70. 70
  71. 71. Movimento Circular Uniforme• Quando uma partícula possui um trajetória em forma de  círculo dizemos que seu movimento é circular.• Se o movimento é realizado percorrendo deslocamentos  angulares proporcionais aos tempos gastos para realizá-los,  temos um movimento circular uniforme.• O movimento circular é periódico, devido à forma do fechada  do círculo.• O movimento circular sendo não-reto possui aceleração.  Apesar disso o M.C.U. (movimento circular uniforme) possui  velocidade de módulo constante (e direção, sentido variáveis) 71
  72. 72. y  v R  r θ xPartícula se movendo em movimento circular uniforme. 72
  73. 73. Para um observador no centro do círculo, temos para um movimento circular uniforme com raio R e período T:i)Componente x da posição: x = ⋅  R cos 2 t   π  T ii) Componente y da posição:   2πt  y = R ⋅ sen   T  Esse resultado vem da decomposição do vetor posição em coordenadas  cartesianas e da proporção existente entre o ângulo percorrido e o tempo gasto para atingir esse ângulo. 73
  74. 74. Para obter a velocidade, basta efetuar a derivada da posição em relação ao tempo.Componente x da velocidade: 2πR  2πt  vx = − ⋅ sen  T  T Componente y da velocidade: 2πR  2πt  vy = ⋅ cos  T  T Fazendo o produto escalar com o vetor posição, observamos que o mesmo é nulo. Portanto, o vetor posição e a velocidade são perpendiculares. Um resultado esperado, pois a velocidade faz parte da tangente ao círculo. O módulo da velocidade é dado por: 2πR v= , TComprimento do círculo dividido pelo período. 74
  75. 75. A aceleração pode ser obtida como derivada da velocidade em relação ao tempo:Componente x da aceleração: v2  2πt  a x = − ⋅ cos  R  T Componente y da aceleração: v2  2πt  a y = − ⋅ sen  R  T A aceleração é centrípeta (aponta para o centro do círculo):  2  v r a=− R RO módulo é dado por: v2 a= R 75
  76. 76. A frequência do movimento circular uniforme é dada por (unidade do S.I. é o hertz): 1 f = T A velocidade angular do movimento circular uniforme é dada por (unidade do  S.I. é rad/s) : v ω = 2πf = R 76
  77. 77. Exemplo 4-10• Pilotos de caça sempre se preocuparam em  fazer uma volta muito fechada. Quando o  piloto sofre os efeitos da aceleração  centrípeta, com a cabeça ao longo do centro  de curvatura, a pressão sanguínea no cérebro  decresce, levando à perda das funções  cerebrais. Há vários sinais de aviso. Quando a  aceleração centrípeta é 2g ou 3g, o piloto se  sente pesado. 77
  78. 78. 78
  79. 79. Solução• Como a velocidade muda de sentido durante  o loop, temos que o loop corresponde a um  semicírculo. Sendo assim, o tempo do loop  corresponde a um meio período e o período  do M.C.U. é portanto T=48s. Com o período  podemos obter o raio da trajetória, mas antes  devemos calcular a velocidade escalar: 79
  80. 80. 80
  81. 81. Movimento Relativo• As medidas feitas por um observador são, em  princípio, diferentes das realizadas por outro  observador.• Considere a relatividade de Galileu, onde  temos observadores que se separam um do  outro através de uma velocidade constante.• Temos o observador A (Alex) em repouso sobre o solo e o referencial  B(Bárbara) em movimento com velocidade constante, em linha reta  horizontal, em relação à Alex (ou ao solo). 81
  82. 82. Dois Referenciais de GalileuAlex                                     Bárbara Objeto xOA xOB VBA 82
  83. 83. Transformações de Galileu  xOB = xOA − vBA ⋅ tOA  tOB = tOA Dicionário das posições e tempos vOB = vOA − vBA Dicionário de velocidades 83
  84. 84. Invariantes• Tempo (tempo absoluto).• Aceleração.• Força.• Qualquer lei física, e em especial,as fórmulas  que representam a lei física. Um referencial de Galileu é  conhecido como referencial inercial,  pois deixa as leis de Newton  invariantes. 84
  85. 85. Exemplo 4-11 85
  86. 86. 86
  87. 87. Solução 87
  88. 88. 88
  89. 89. Relatividade 2-D Objeto rOA rOB  vBA Bárbara Alex 89
  90. 90. Transformações de Galileu    rOB = rOA − vBA ⋅ tOA  tOB = tOA Dicionário das posições e tempos.    vOB = vOA − vBA Dicionário de velocidades. Um referencial que não obedece à relatividade de  Galileu é conhecido como referencial não-inercial.  (Por exemplo, um observador girando em torno de  um eixo fixo no espaço). 90
  91. 91. Exemplo 4-12 91
  92. 92. N 20o L 92
  93. 93. Solução 93
  94. 94. 94
  95. 95. Força e Movimento Unidade III 95
  96. 96. Primeira Lei de Newton 96
  97. 97. • A primeira Lei de Newton supõe que o observador é inercial (obedece à  relatividade de Galileu), e portanto, admite que um observador que se move  com velocidade constante em relação à ele é equivalente a esse observador  em questão.• Um observador inercial sempre garante que na ausência de forças temos que a  partícula observada se move em linha reta com velocidade constante (M.R.U.)  ou permanece em repouso.• Dessa forma, na ausência de forças a partícula está em equilíbrio. Este  equilíbrio pode ser estático, se tivermos repouso (ausência de movimento); ou  dinâmico, se tivermos um movimento retilíneo uniforme.• Um corpo em M.R.U. ou repouso está inerte do ponto de vista da dinâmica.• Quanto mais massa (quantidade de matéria) um corpo tiver, maior será a sua  inércia (tendência a permanecer em equilíbrio).• As outras leis de Newton também exigem que o observador seja inercial.• Força é a causa unidimensional do movimento (puxar, empurrar, etc.)• Força resultante é a soma vetorial de todas as forças.• O efeito combinado de um conjunto de forças é dado pela força resultante. 97
  98. 98. Segunda Lei de NewtonA força resultante que age sobre um corpo é dada pelo produto da massa do corpo por sua aceleração.Unidade de Força no S.I.: Newton (N).Unidade de massa no S.I.: quilograma (kg) 98
  99. 99. • Devemos fazer um diagrama de corpo livre isolando as forças que atuam sobre o  corpo observado.• Em seguida, devemos somar as forças que atuam sobre o corpo; obtendo a força  resultante.• Resta obter massa ou aceleração do corpo, em questão, dependendo das medidas  feitas ou dos dados fornecidos.• A segunda lei de Newton propõe que o fator entre força (causa do movimento) e  aceleração (efeito do movimento) é a massa. Por isso a massa é conhecida como a  inércia do corpo (em coordenadas cartesianas).• Quanto maior a massa, menor será a aceleração adquirida pelo corpo.• Quanto maior a força, maior será a aceleração adquirida pelo corpo. 99
  100. 100. Exemplo 5-3 100
  101. 101. (A) (B) (C) 101
  102. 102. Solução 102
  103. 103. 103
  104. 104. Exemplo 5-2• Na vista superior da Figura, uma lata de  biscoitos de 2kg é acelerada a 3m/s2 na   orientação definida por     , em uma superfície  a horizontal sem atrito. A aceleração é causada  por três forças horizontais, das quais apenas    F2 duas são mostradas;     , de módulo 10N e       ,  F1  de módulo 20N. Qual é a terceira força,      ,  F3 em termos dos vetores unitários e na notação  módulo-ângulo?  104
  105. 105. y  F2  a 50o30o xF1 105
  106. 106. Solução• A segunda lei de Newton para o problema diz  que a soma das três forças é igual ao produto  da massa pela aceleração. Esta equação  vetorial corresponde a duas equações  escalares:  F1, x + F2, x + F3, x = ma x − F1 cos 300 + 0 + F3, x = ma cos 50o    − F1sen30 + F2 + F3, y = masen50 0 o  F1, y + F2, y + F3, y = ma y  m − 10 N cos 30o + F3, x = 2kg ⋅ 3 2 ⋅ cos 50 o  F3, x = 12,5 N s  m− 10 Nsen30o + 20 N + F3, y = 2kg ⋅ 3 2 ⋅ sen50o  F3, y = −10,4 N s 106
  107. 107. Em coordenadas cartesianas, a terceira força vale:  F3 = (12,5 N ) i + ( − 10,4 N ) ˆ ˆ jPara obter a força em coordenadas polares, devemos calcular o módulo da força e  o ângulo que ela faz com o eixo x: F3 = F32x + F32y , , F3 = 16 N F3, y tan θ = θ = −40 o F3, x 107
  108. 108. Força Gravitacional Terra 108
  109. 109. Força Normal• Esta é a força que aparece devido  ao contanto entre duas  superfícies.• É perpendicular a superfície onde  o corpo observado foi posto.• Surge para impedir que o corpo,  ao permanecer sobre a  superfície, acabe deformando a  superfície em questão.• Sua ausência indica que o corpo  não está mais sobre a superfície. 109
  110. 110. Força Elástica A força elástica é sempre  oposta ao deslocamento, de  maneira a garantir o retorno  da mola à sua posição de  equilíbrio. 110
  111. 111. Tensão (Tração)• Quando prendemos  uma corda a um objeto,  a corda realiza uma  força conhecida como  tensão da corda;  fazendo o objeto se  mover.• Essa força aponta do  objeto para a corda. 111
  112. 112. Resistência do Ar 112
  113. 113. 113
  114. 114. Terceira Lei de NewtonQuando dois corpos interagem, as forças que um corpo realiza sobre outro são iguais em módulo e têm sentidos opostos. A B 114
  115. 115. A terceira lei de Newton nos diz como um sistema mecânico se forma. O sistema se forma aos  pares como um corpo agindo (ação) e outro reagindo (reação), com forças opostas.Existem duas versões da terceira lei:Fraca: o par de forças (ação e reação) são opostos, mas não estão nalinha que une os corpos.Forte: o par de força (ação e reação) são opostos e estão na linha que une os corpos.A terceira lei de Newton é uma expressão da conservação do momento. Um dos princípios mais queridos da Física. 115
  116. 116. Exemplo 5-4• A Figura mostra um bloco D (o bloco  deslizante) de massa M=3,3 kg. O bloco está  livre para se mover ao longo de uma  superfície horizontal sem atrito e está ligado,  por uma corda que passa por uma polia sem  atrito, a um segundo bloco P (o bloco  pendente), de massa m=2,1 kg. As massas da  corda e da polia podem ser desprezadas em  comparação com a massa dos blocos.  116
  117. 117. Enquanto o bloco pendente P desce, o bloco deslizante D acelera para a direita. Determine (a) a aceleração do bloco D, (b) a aceleração do bloco P e (c) a tensão na corda. Bloco deslizante D M Superfície sem atrito m Bloco pendente P 117
  118. 118. Solução• Diagrama de corpo livre para o bloco D:  FN  T  Fg• Diagrama de corpo livre para o bloco P:  FN  Fg 118
  119. 119. A segunda lei de Newton para o bloco D é dada por (esquecendo o movimento na direção vertical): T = Ma (I )A segunda lei de Newton para o bloco P é dada por: T − mg = m( − a ) (II )Subtraindo a equação (II) da equação (I), podemos obter o módulo da aceleração dos dois blocos (eles têm o mesmo módulo de aceleração, pois estão unidos por uma corda e perfazem o mesmo deslocamento em um dado intervalo de tempo): m m a= g = 3,8 2 M +m sSubstituindo na equação (I) obtemos a tensão na corda: Mm T= g M +m 119
  120. 120. Exemplo 5-5• Na Figura, uma corda puxa para cima uma  caixa de biscoitos ao longo de um plano  inclinado sem atrito cujo ângulo é  θ = 30oA massa da caixa é m=5kg, e o módulo da força  exercida pela corda é T=25N. Qual é a  componente a da aceleração da caixa ao  longo do plano inclinado? 120
  121. 121. Cordaθ 121
  122. 122. Solução• Diagrama de corpo livre para o bloco:  FN  T y  x 90º-θ Fg 122
  123. 123. O movimento se dá ao longo do eixo x (paralelo ao plano inclinado) a componente da força gravitacional é negativa e tem módulo dado pelo produto do peso pelo seno da inclinação do plano inclinado. Portanto a segunda lei de Newton para este caso é: T − mgsenθ = ma T a= − gsenθ m Se a tensão da corda estivesse ausente, a inclinação do plano iria reduzir a  aceleração do bloco (comparando com uma queda livre) com um fator dado pelo  seno da inclinação do plano inclinado. O valor da aceleração é dado por: m a = 0,1 2 s Portanto o bloco acelera para cima com uma aceleração de módulo baixo. Na  ausência da corda cairia com uma aceleração menor em módulo que a aceleração  da gravidade. 123
  124. 124. Exemplo 5-7• A Figura mostra um arranjo no qual duas forças são   aplicadas a um bloco de 4kg em um piso sem atrito,  F1 mas apenas a força      está indicada. Essa força tem  módulo fixo, mas o ângulo θ entre ela e o semi-eixo x   positivo pode variar. A força        é horizontal e seu  F2 módulo é constante. A Figura mostra a aceleração  horizontal ax do bloco em função de θ no intervalo              .         Qual é o valor de ax para θ=180º ? 0 ≤ θ ≤ 90 o 124
  125. 125.  ax (m/s2)F1 3 θ 2 1 0o 90o θ 125
  126. 126. Solução• A segunda lei de Newton para o bloco pode ser aplicada  apenas para a direção onde ocorre o movimento (eixo x): F1 cos θ + F2 = ma• Podemos usar o primeiro ponto do gráfico para obter: F1 + F2 = 12 N (I )• O segundo ponto do gráfico fornece uma segunda equação: F2 = 2 N ( II )• Substituindo a segunda equação na primeira equação,  obtemos: F1 = 10 N 126
  127. 127. Portanto a aceleração para um ângulo de 180º será: F1 F2 a x = cos180 + 0 m mA aceleração para esse ângulo vale: m a x = −2 2 s 127
  128. 128. Exemplo 5-9 128
  129. 129. A B 129
  130. 130. Solução• Diagrama de corpo livre para o bloco A: 130
  131. 131. • Diagrama de corpo livre para o bloco B: 131
  132. 132. 132
  133. 133. 133
  134. 134. Exemplo 6-5 134
  135. 135. Solução 135
  136. 136. 136
  137. 137. Atrito• Atrito é a resistência que uma superfície impõe a um corpo se movendo sobre  ela.• O atrito é tangencial à superfície envolvida.• O atrito é uma força oposta a força (resultante) que atua sobre um corpo, fazendo  com que ele se mova (ou tenha tendência a se mover) sobre uma superfície.• O atrito passa por três etapas. Primeiro, o atrito equilibra a força resultante que  age sobre corpo sobre a superfície. Segundo, o atrito atinge um valor máximo, na  iminência do movimento, de módulo proporcional à força normal que age sobre o  corpo. Terceiro, quando o corpo se move o atrito reduz seu valor, mas ainda é  proporcional à força normal que a superfície impõe sobre o corpo.• Juntos, atrito e força normal, representam as forças que uma superfície realiza  sobre um corpo em contato com ela. A força normal empurra o corpo para fora da  superfície e o atrito impede o movimento do corpo sobre a superfície. 137
  138. 138. Propriedades do Atrito 138
  139. 139. Exemplo 6-1Se a roda de um carro estiver travada (impedida de girar) durante uma frenagem de emergência, o carro desliza pela pista. Pedaços queimados de pneus e pequenos trechos derretidos da pista formam as marcas de derrapagem. O recorde de marcas de derrapagem que ocorreu em uma via pública aconteceu em 1960 em um Jaguar na rodovia M1 na Inglaterra – as marcas tinha 290m de comprimento! 139
  140. 140. v=0290m 140
  141. 141. Solução• Diagrama de corpo livre para o carro: 141
  142. 142. 142
  143. 143. Exemplo 6-3 143
  144. 144. O bloco desliza sobre uma rampa e está preso por várias cordas (apenas uma é mostrada). A rampa é lubrificada com água para diminuir o coeficiente de atrito estático para 0,4. Assuma atrito desprezível no ponto (lubrificado) onde as cordas passam pelo canto superior da rampa. Se cada homem homem no topo da pirâmide puxa com uma força (razoável) de 686 N , quantos homens são necessários para colocar o bloco na iminência do movimento? x y θ 144
  145. 145. Solução• Diagrama de corpo livre para o bloco: θ 145
  146. 146. 146
  147. 147. Força Centrípeta 147
  148. 148. Exemplo 6-7• Em um apresentação circense de 1901, Allo  “Dare Devil” Diavolo apresentou o desafio de  fazer uma bicicleta atravessar um loop  (Figura). Assumindo que o loop é um círculo  de raio R=2,7m, qual é a menor velocidade  que Diavolo deve ter no topo do loop para  permanecer em contato com a pista? 148
  149. 149. R 149
  150. 150. Solução• Diagrama de corpo livre no topo do loop: Direção centrípeta 150
  151. 151. 151
  152. 152. Exemplo 6-8• Até mesmo os aficionados por montanha- russa se amedrontam quando pensam no  Rotor, que é essencialmente um grande  cilindro oco que está rodando em torno do  seu eixo central. Antes de uma volta começar,  o participante entra por uma porta lateral e se  apoia em uma parede coberta com uma lona.  A porta é fechada e quando o cilindro começa  a girar, o participante e a parede giram juntos. 152
  153. 153. 153
  154. 154. Solução• Diagrama de corpo livre para o participante y   fs FN Direção centrípeta  Fg 154
  155. 155. (a) A segunda lei de Newton possui duas componentes: a centrípeta e a vertical  f s − Fg = 0   v2  FN = m R A força de atrito estática é sempre menor que o produto do coeficiente de atrito  estático pelo módulo da força normal: R R f s Rg Rg v = FN ≥ 2 = , v≥ m m µs µs µsPortanto a velocidade mínima será dada por: Rg 2,1m9,8m / s 2 vmin = = = 7,17m / s µs 0,4 155
  156. 156. (b) O módulo da força centrípeta é dado pela componente centrípeta da segunda lei de Newton: v2 FN = m = 49kg ( 7,17m / s ) = 1.200 N2 R 2,1m 156
  157. 157. Energia Cinética e Trabalho Unidade IV 157
  158. 158. 6.4 Energia Cinética 158
  159. 159. Exemplo 7-1• Em 1896 em Waco, Texas, William Crush estacionou  duas locomotivas em lados opostos de um ferrovia  de 6,4km de comprimento, e as permitiu colidir na  velocidade máxima na frente de 30.000  espectadores. Assumindo que cada locomotiva  pesava 1,2x106N e que a aceleração foi constante e  igual à 0,26 m/s2, qual era a energia cinética total das  duas locomotivas imediatamente antes da colisão? 159
  160. 160. Solução• Podemos usar a Equação de Toriccelli para  obter a velocidade das duas locomotivas no  instante da colisão: v 2 = v0 + 2a∆x = 0 2 + 2 ⋅ 0,26m / s 2 ⋅ 3,2 ×103 m, v = 40,8m / s 2• A massa de cada locomotiva é dada por: P 1,2 ⋅106 N m= = = 1,22 × 105 kg g 9,8m / s 2• A energia cinética total das duas locomotivas  é dada por:  = 2 1 mv  = 1,22 ×10 kg ( 40,8m / s ) = 2 ×10 J K  2  2 5 2 8   160
  161. 161. Trabalho de uma força constante e de  uma força variável W = Fd cos θ W = Fx ⋅ ∆x + Fy ⋅ ∆y 161
  162. 162. Trabalho (conceito)• O trabalho é a quantidade de energia  necessária para fazer a partícula romper com  seu estado de equilíbrio.• Somente as componentes da força paralelas  ao deslocamento contribuem para o trabalho.• Energia é a capacidade de um sistema físico  de mudar ao longo do tempo. 162
  163. 163. 163
  164. 164. Exemplo 7-2• Dois espiões industriais estão deslizando um cofre de massa 225kg,  inicialmente estacionário, de um deslocamento de módulo 8,5m ao longo  da horizontal, indo na direção do caminhão deles. O empurrão do espião  001 faz um ângulo de 30o com a horizontal e aponta para baixo e tem  módulo 12N; o empurrão do espião 002 tem módulo 10N e faz um ângulo  de 40o com a horizontal e aponta para cima. O módulo e a direção das  forças não mudam quando o cofre é deslocado horizontalmente, e o  atrito entre o cofre e o piso é desprezível.• (a) Qual o trabalho total feito pelos dois espiões durante o deslocamento  do cofre?• (b) Durante o deslocamento, qual é o trabalho da força gravitacional  sobre o cofre e qual o trabalho da força normal do piso sobre o cofre?• (c) O cofre está inicialmente em repouso, qual é a velocidade final do  cofre após do deslocamento? 164
  165. 165. Solução• (a) O trabalho realizado pelo espião 001 é  dado por:   W1 = F1 • d = F1d cos θ = 12 N 8,5m cos 300 = 88,33 J• O trabalho realizado pelo espião 002 é dado    por: W = F • d = 10 N 8,5m cos 40 = 65,11J 2 2 o• O trabalho total é a soma do trabalho dos dois  espiões: W = W1 + W2 = 153,4 J 165
  166. 166. (b) O trabalho da força gravitacional é dado por: Wg = Fg d cos 900 = 0O trabalho da força normal é dado por: ( W = FN d cos − 90 0 = 0 )Ambos trabalhos são nulos, pois as forças gravitacional e normal são perpendiculares ao deslocamento!(c) O trabalho total é portanto dado pela soma do trabalho dos dois espiões e é igual a variação da energia cinética (teorema do trabalho e energia cinética): 1 2 1 2 2W W = ∆K = mv f − m0 , v 2 = f 2 2 mA velocidade final é dada por:  2W 2(153,4 J ) vf = = = 1,17m / s m 225kg 166
  167. 167. Trabalho realizado pela força  gravitacional• Como a força gravitacional aponta na direção  vertical e é constante, temos: W = m⋅ g ⋅( y g inicial−y ) final• A massa da partícula é m, o módulo da  aceleração da gravidade é g e y é a altura do  objeto. 167
  168. 168. Exemplo 7-6• Um elevador de massa m=500kg está descendo com  vi = 4m / s velocidade                  ,quando o cabo de sustentação começa a    g deslizar fazendo com que o elevador caia com aceleração          a=             5• (a) Durante a queda de 12m, qual é o trabalho da força  gravitacional sobre o elevador?• (b) Durante a queda de 12m, qual é o trabalho sobre o  elevador realizado pela tensão no cabo de sustentação?• (c) Qual é o trabalho resultante sobre o elevador durante a  queda?• (d)Qual é a energia cinética do elevador no fim da queda de  12m? 168
  169. 169. Solução• (a) O trabalho da força gravitacional é dado  por:W = − m ⋅ g ⋅ ∆ y = − 500kg ⋅ 9,8m / s ⋅ ( − 12m) = 5,88 × 10 J g 2 4• (b) Para obter o trabalho da tensão no cabo,  considere a segunda lei de Newton:  g 4 T − Fg = m ⋅ a, T − mg = m − , T = m ⋅ g  5 5• O trabalho da tensão na corda será dado por: 4 4 WT = Td cos 180 0 = − mgd = − 500kg ⋅ 9,8m / s 2 ⋅12m = −4,7 × 10 4 J 5 5 169
  170. 170. (c) O trabalho total é a soma dos trabalhos da força gravitacional e da tensão no cabo: W = WT + Wg = 1,18 ×10 4 J(d) A energia cinética final pode ser obtida através do teorema do  trabalho e energia cinética, utilizando o trabalho total e a velocidade inicial:  W = ∆K = K f − K i 1 2 1 mvi + W = 500kg ( 4m / s ) + 1,18 ×10 4 J = 1,58 × 10 4 J 2 Kf = 2 2 170
  171. 171. Trabalho da força elástica• A força elástica é diretamente oposta ao  sentido do deslocamento da mola, portanto é  uma força variável. Seu trabalho é dado por: 1 2 1 2 We = ⋅ k ⋅ xinicial − ⋅ k ⋅ x final 2 2• A constante de mola é k e x é o deslocamento  da mola. 171
  172. 172. Exemplo 7-8• Na Figura, um pote de cominho de massa  m=0,4kg desliza sobre uma superfície  horizontal sem atrito com uma velocidade  v=0,5m/s. Então atinge uma mola de  constante elástica k=750N/m e a comprime.  Quando o pote é parado momentaneamente  pela mola, de que distância d a mola é  comprimida? 172
  173. 173. k  v m Sem atrito 173
  174. 174. Solução• O trabalho da força elástica é dado por: 1 2 1 2 1 2 1 1 kxi − kx f = k 0 − k ( − d ) = − kd 2 2 W= 2 2 2 2 2• A variação da energia cinética é dada por: 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ∆K = mv f − mvi = m0 − mv = − mv 2 2 2 2 2 2• O teorema do trabalho e energia cinética diz  que: 1 1 m 0,4kg kd 2 = mv 2 , d = v= 0,5m / s = 1,2 ×10 − 2 m = 1,2cm 2 2 k 750 N / m 174
  175. 175. Potência• A potência média de uma força, atuando durante um  intervalo de tempo Δt, é dada pelo razão do trabalho  realizado pela força pelo intervalo de tempo: W Pmédia = ∆t• A potência instantânea é dada pela derivada do trabalho  realizado pela força em relação ao tempo: dW P = dt• A unidade de potência no S.I. é o Watt (W). 175
  176. 176. Podemos relacionar a potência média com a força média atuando sobre a partícula e a velocidade média:   Pmédia = Fmédia • vmédia = Fmédia vmédiaTambém podemos relacionar a potência instantânea diretamente com a força aplicada sobre a partícula, e a sua velocidade instantânea:   P = F • v = Fv cos θDurante o movimento de uma máquina mecânica (por exemplo, um carro), somente a energia dissipada para o ambiente não é utilizada pela máquina. Podemos definir o rendimento da máquina, η,  como a razão entre a potência utilizada, Pu , e a potência total fornecida à máquina, que é soma da potência utilizada com a potência dissipada, Pt = Pu + Pd . Sendo assim,  Pu η= Pt 176
  177. 177. Exemplo 7-11• Duas forças constantes agindo sobre uma caixa  quando a caixa se desloca para a direita sobre um  piso sem atrito. A primeira força é horizontal e  aponta no sentido oposto ao da velocidade, com  módulo 12N; a segunda força faz um ângulo de 60o  com o piso e tem módulo 4N. A velocidade da caixa  em certo instante é 3 m/s. Qual é a potência devida à  cada força naquele instante e qual a potência  resultante? O trabalho total está variando naquele  instante? 177
  178. 178. Solução• A potência da primeira força é dada por:   P = F1 • v = F1v cos 180 o = 2 N ⋅ 3m / s ⋅ −1 = −6W 1• A potência da segunda força é dada por:   P2 = F2 • v = F2 v cos 600 = 4 N ⋅ 3m / s ⋅ 0,5 = 6W• A potência resultante é dada pela soma das duas  potências: P=0• Como a potência é a derivada do trabalho em  relação ao tempo, temos que o trabalho não está  variando naquele instante. 178
  179. 179. Energia Potencial e Conservação  de Energia Unidade IV 179
  180. 180. Energia Potencial 180
  181. 181. •O valor numérico da energia potencial depende de um valor de referência escolhido pelo observador. Geralmente o valor da energia potencial na origem (onde está o observador), ou no infinito (muito distante do observador).•Este valor de referência é, geralmente, o número zero.•A energia potencial, assim, se torna uma função da posição atribuindo valores em energia para a possibilidade da partícula passar por a posição observada.•O trabalho é realizado através da extração da energia potencial do sistema; transformando potencial em energia cinética, fazendo a partícula sair de uma posição para outra. 181
  182. 182. A força aplicada sobre a partícula pode ser obtida a partir da energia potencial: dU F =− dxUm mínimo na energia potencial corresponde a um ponto de equilíbrio estável  (onde a força sobre a partícula é nula, sem causas para se mover naquele ponto). UUm máximo na energia potencial corresponde a um ponto de equilíbrio instável  x(onde a força sobre a partícula é nula, sem causas para se mover naquele ponto). U x 182
  183. 183. Exemplo 8-2• Uma preguiça repousa sobre um galho colocado a 5m acima  do solo.• (a) Qual é a energia potencial gravitacional U do sistema  Terra-preguiça se o ponto de referência y=0 é escolhido como  sendo (1) o solo, (2) um balcão três metros acima do solo, (3)  no galho, (4) 1 m acima do galho? Considere a energia  potencial gravitacional como sendo nula em y=0. • (b) A preguiça desce até o chão. Em cada situação qual á a  variação da energia potencial gravitacional do sistema Terra- preguiça durante a descida? 183
  184. 184. Solução• (a) (1) Tomando o solo como ponto de  referência, temos para a energia potencial  gravitacional: U = mgy = 2kg ⋅ 9,8m / s 2 ⋅ 5m = 98 J• (2) Considerando o balcão como ponto de  referência, a altura da preguiça vale 2m,  portanto: U = mgy = 2kg ⋅ 9,8m / s 2 ⋅ 2m = 39,2 J• (3) Tomando o galho como ponto de  referência, a altura da preguiça vale 0,  portanto:  U = mgy = 2kg ⋅ 9,8m / s ⋅ 0 = 0 J 2 184
  185. 185. (4) Escolhendo o ponto de referência como estando a um 1m acima do galho, a altura da preguiça vale -1m, portanto: U = mgy = 2kg ⋅ 9,8m / s 2 ⋅ ( − 1m ) = −19,6 J(b) Para todos os pontos de referência observa-se que a variação na altura da preguiça foi -5m, portanto a variação na energia potencial será a mesma nas quatro situações: ∆U = mg∆y = 2kg ⋅ 9,8m / s 2 ⋅ ( − 5m ) = −98 J 185
  186. 186. Força conservativa e força dissipativa• Força conservativa é aquela em que o  trabalho em uma trajetória fechada é nulo.  Com isso o trabalho da força conservativa  independe do caminho. Exemplo: força  gravitacional e força elástica.• Força dissipativa é aquela em que o trabalho  em uma trajetória fechada é diferente de  zero. Exemplo: força de atrito.  186
  187. 187. Energia Mecânica• A energia mecânica é a soma da energia cinética com  a energia potencial: Emecânica = K + U• Para partículas submetidas à uma força conservativa,  temos um dos princípios mais queridos da Física: a  conservação da energia (mecânica)! A energia  mecânica não muda com o passar do tempo. Einicial = E final 187
  188. 188. •No caso de forças dissipativas, a energia mecânica não é conservada. Neste caso, ela se transforma em outras formas de energia: calor, som, etc. Sendo assim, a energia mecânica acaba diminuindo, enquanto a energia do ambiente (onde a partícula se encontra) acaba aumentando; através da injeção de energia devida ao trabalho das forças dissipativas.• O trabalho das forças dissipativas é igual a variação da energia mecânica do sistema: Wdissipativas = ∆Emecânica•Apesar da energia mecânica não ser conservada, a energia do sistema : ambiente mais partícula é conservada. Sendo assim, podemos garantir que a energia (total) ainda é conservada. 188
  189. 189. Exemplo 8-3• Uma criança de massa m desce até o solo  através de um toboágua à uma altura de 8,5m  acima do solo. Assumindo que o toboágua é  uma superfície sem atrito devido à água  contida nele, obtenha a velocidade da criança  quando ela chega ao solo. 189
  190. 190. Solução• Como não existe atrito no toboágua, a energia  mecânica é conservada durante o  deslocamento da criança. No alto do toboágua  a sua energia mecânica é devida à energia  potencial: Etopo = mgh• Quando chega no solo, a energia mecânica da  criança é devida somente a energia cinética: 1 2 Esolo = mv 2 190
  191. 191. Como a energia mecânica se conserva, temos a seguinte equação: Etopo = Esolo 1 2 mgh = mv 2 v = 2 gh = 2 ⋅ 9,8m / s 2 ⋅ 8,5m = 13m / s 191
  192. 192. Exemplo 8-7• Na Figura, um pacote de pamonha desliza sobre um  piso com velocidade            . Ele atinge, então, uma  i v = 4m / s mola; comprimindo-a até parar momentaneamente.  O caminho até a mola, inicialmente relaxada, é sem  atrito, mas a partir do instante em que o pacote  começa a comprimir a mola, uma força de atrito de  módulo 15N atua sobre o pacote. Se k=10.000 N/m,  de que distância d a mola é comprimida pelo pacote? 192
  193. 193.  vik Pacote de Pamonha 193
  194. 194. Solução• Como existe atrito durante a compressão da mola,  não podemos assumir que a energia mecânica se  conserva. Neste caso o trabalho da força de atrito  será igual a variação na energia mecânica. A energia  mecânica inicial era devida à energia cinética do  pacote: 1 2 Ei = mvi 2• A energia mecânica final é devida à energia potencial  elástica da mola: 1 k(− d ) 2 Ef = 2 194
  195. 195. O trabalho da força de atrito será dado por: W = fk ⋅ ( − d ) = − fk ⋅ dEste trabalho será igual a variação na energia mecânica: W = ∆E = E f − EiA equação anterior pode ser escrita na seguinte forma: 1 2 1 kd + f k d − mvi2 = 0 2 2Cuja solução será: − fk + f k2 + kmvi2 d= kA solução negativa foi esquecida pois seria uma solução inválida, pois apontaria uma distensão da mola e não uma compressão. Substituindo os valores: − 15 N + (15 N ) 2 + (10.000 N / m) ⋅ 2kg ⋅ ( 4m / s ) 2 d= = 0,055m = 5,5cm 10.000 N / m 195
  196. 196. Exemplo 8-8• A figura mostra uma encosta montanhosa e  um vale aonde um deslizamento acontece. As  rochas tem uma massa total m, caem de uma  altura y=H, movem-se de uma distância d1 ao  longo de uma encosta de inclinação θ=450 , e  depois movem de uma distância d2 ao longo  d de um vale plano. Qual é a razão     , se o  2 H coeficiente de atrito cinético tem um valor  razoável de 0,6? 196
  197. 197. Rochasy=H d1 θ d2 y=0 Vale 197
  198. 198. Solução• A energia mecânica no início deslizamento é  devida apenas a energia potencial  gravitacional das rochas: Ei = mgH• A energia mecânica final é nula: Ef = 0• Para obter a força de atrito na encosta  considere o diagrama de corpo livre: 198
  199. 199. y  FN  x fk  Fg θ θA segunda Lei de Newton para a componente y é dada por: FN − mg cos θ = 0De maneira que a força de atrito cinética será dada por: f k ,1 = µ k mg cos θ 199
  200. 200. Para obter a força de atrito cinético no vale, vamos utilizar o seguinte diagrama de corpo livre:  FN y x  fk  FgA segunda Lei de Newton para a componente y é dada por: FN − mg = 0Portanto a força de atrito cinético no vale será: f k , 2 = µ k mgO trabalho da força de atrito será dado por: W = ( − f k ,1 ) d1 + ( − f k , 2 ) d 2 = − µ k mgd1 cos θ − µ k mgd 2 200
  201. 201. A distância d1 pode ser obtida em termos da altura da encosta, H, através do uso da trigonometria: H H senθ = , d1 = d1 senθDe maneira que o trabalho da força de atrito é dado por:  H  W = − µ k mg  + d2   tan θ O trabalho da força de atrito é igual a variação na energia mecânica:  H  W = ∆E , − µ k mg  + d 2  = −mgH  tan θ Resolvendo a equação anterior para d2/H, nós obtemos: d2 1 1 1 1 = − = − = 0,67 H µ k tan θ 0,6 tan 45 0 201
  202. 202. Centro de Massa e Momento  Linear Unidade V 202
  203. 203. Centro de Massa• O centro de massa é a partícula equivalente que  substitui todas as partículas de um sistema,  possuindo a massa total do sistema de partículas.• O centro de massa é a média ponderada das  posições das partículas, com a massa de cada  partícula sendo o peso associado à cada posição da  partícula: n n n ∑m x i i ∑m y i i ∑m z i i xCM = i =1 n , yCM = i =1 n , zCM = i =1 n ∑m i =1 i ∑m i =1 i ∑m i =1 i 203
  204. 204. Exemplo 9-1• Três partículas de massa m1=1,2kg, m2=2,5kg e  m3=3,4kg formam um triângulo equilátero de  lado a=140 cm. Qual é o centro de massa do  sistema? m 3 y a a m1 m2 a x 204
  205. 205. Solução• As posições das partículas são dadas por: Partícula Componente x da Componente y da posição posição 1 0 0 2 a=140cm 0 3 a/2=70cm 3 a = 120cm 2• Componente x do centro de massa: m1 x1 + m2 x2 + m3 x3 1,2kg ⋅ 0 + 2,5kg ⋅140cm + 3,4kg ⋅ 70cm xCM = = = 83cm m1 + m2 + m3 1,2kg + 2,5kg + 3,4kg 205
  206. 206. Componente y do centro de massa: m1 y1 + m2 y2 + m3 y 3 1,2kg ⋅ 0 + 2,5kg ⋅ 0 + 3,4kg ⋅120cm yCM = = = 58cm m1 + m2 + m3 1,2kg + 2,5kg + 3,4kg 206
  207. 207. Para o caso de um corpo contínuo, devemos trocar a soma por um integral e as massas pela densidade (“derivada” da massa em relação ao comprimento, área e volume do corpo).Unidimensional: xCM = ∫ xλdl , yCM = ∫ yλdl , zCM = ∫ zλdl M M MBidimensional: xCM = ∫ xσdA , yCM = ∫ yσdA , zCM = ∫ zσdA M M MTridimensional: xCM = ∫ xρdV , yCM = ∫ yρdV , zCM = ∫ zρdV M M M 207
  208. 208. Exemplo 9-2• A Figura mostra um disco de densidade  superficial de massa uniforme de raio 2R em  que um buraco de raio R foi feito em uma  linha de montagem. Utilizando o sistema de  coordenadas xy mostrado, encontre a posição  do centro de massa do disco. 208
  209. 209. y x 209
  210. 210. Solução• Primeiro devemos encontrar o centro de  massa de um disco homogêneo. Como a  densidade superficial de massa é constante,  apenas devemos buscar o centróide (centro  geométrico) do disco: R 2π R 2π ∫ ∫ r cosθrdθdr ∫ ∫ rsenθrdθdr xCM = 0 0 = 0, yCM = 0 0 =0 πR 2 πR 2• Portanto o centróide se localiza no centro do  disco! 210
  211. 211. O centro de massa da placa poderá ser obtido através do centro de massa do disco completo, para isso considere o disco sendo composta pelo disco com o buraco, S, e o buraco, B, D=S+B. Sendo o disco composto por essas duas partículas, nós obtemos a seguinte equação: xD = ( 2 ) π ( 2 R ) − R 2 xS + πR 2 ⋅ (− R) =0 π ( 2R) 2 yD = ( 2 ) π ( 2 R ) − R 2 y S + πR 2 ⋅ (0) =0 π ( 2R ) 2Resolvendo as duas equações, nós encontramos a posição do disco com o buraco:  R  xs =  3  ys = 0  211
  212. 212. A força que atua sobre a partícula equivalente, o centro de massa é a força resultante que atua no sistema de partículas (ou corpo contínuo). A massa do centro de massa é a massa total do sistema de partículas, M; sua aceleração é a derivada segunda da posição do centro de massa em relação ao tempo.A segunda lei de Newton para o centro de massa é dada por: Fres , x = M ⋅ aCM , x , Fres , y = M ⋅ aCM , y , Fres , z = M ⋅ aCM , z ,onde n M = ∑ mi , i =1 d 2 xCM d 2 yCM d 2 zCM aCM , x = , aCM , y = , aCM , z = dt 2 dt 2 dt 2 212
  213. 213. Exemplo 9-3• As três partículas na Figura estão inicialmente  em repouso. Cada uma experimenta forças  devidas às partículas fora do sistema. As  direções estão indicadas, e os módulos são F1  = 6N, F2=12N e F3=14N. Qual a aceleração do  centro de massa do sistema, e em que direção  ele se move? 213
  214. 214. y θ=45o4kg 8kg x 4kg 214
  215. 215. Solução 215
  216. 216. 216
  217. 217. Momento linear• O momento é relacionado com a capacidade  de um ente físico mudar de um lugar para  outro (no espaço).• Para uma partícula pontual (ponto dotado de  massa), o momento linear (em um sistema  coordenadas cartesiano, referencial de  Galileu) é dado por:   p = m⋅v 217
  218. 218. Momento linear do C.M.• Para um sistema de partículas, o momento do sistema de  partículas é o momento do centro de massa (momento da  partícula equivalente)• O momento do centro de massa é a soma dos momentos de  cada partícula:  n    drCM PCM = ∑ mi ⋅ vi , PCM = M ⋅ i =1 dt• Para o caso contínuo, o momento do centro de massa  (momento do corpo) é dado em termos da densidade de  massa:   P = ∫ ρv dV 218
  219. 219. Impulso• O impulso, J, de uma força mede o quanto a  força (efetivamente) contribuiu para produzir  movimento sobre a partícula em um intervalo  de tempo:    J = ∫ F ⋅ dt = Fmédia ⋅ ∆t• Através da segunda lei de Newton, podemos  obter o teorema do impulso momento-linear:        J res = ∆p = p f − pi , J res = PCM , f − PCM ,i 219
  220. 220. Exemplo 9-5• Colisão contra o muro de carros de corrida. A Figura é uma  vista superior da trajetória de um carro de corrida quando  entra em rota de colisão com um muro de proteção.  Imediatamente antes da colisão, ele está trafegando com  uma velocidade vi=70m/s ao longo de uma linha reta fazendo  um ângulo de 30º com o muro. Imediatamente depois da  colisão a velocidade era vf=50m/s e fazia um ângulo de 10º  com o muro. A massa do piloto é m=80kg.• (a) Qual é o impulso sobre o piloto devido à colisão?• (b) A colisão dura 14ms. Qual é o módulo da força média que  age sobre o piloto durante a colisão? 220
  221. 221. Solução 221
  222. 222. 222
  223. 223. O impulso faz com que a conservação do momento seja quebrada. Sendo assim, somente a presença da força durante aquele intervalo de tempo impede a conservação do momento. Choques Mecânicos Tipo de Choque Conservação Condição do sistema de partículas Elástico. Energia Cinética. Isolado. Momento Linear. Sem forças internas. Inelástico. Momento Linear. Isolado. Com forças internas. 223

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