Aula 10

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Aula 10 - As leis das forças
MÓDULO 2 - AULA 10
Aula 10 - As leis das forças
Metas
Apresentar as expressões da força gravitacional entre partículas, das forças
de atrito entre superfícies sólidas, das forças que os fluidos exercem sobre os
sólidos e fazer aplicações das Leis de Newton que envolvam essas forças.
Objetivos
Esperamos que, ao final desta aula, você seja capaz de:
1. calcular forças gravitacionais;
2. calcular forças de empuxo em sólidos;
3. calcular forças de resistência do ar sobre corpos sólidos;
4. calcular forças normais;
5. calcular forças de atrito entre superfícies sólidas;
6. resolver problemas simples da Dinâmica da Partícula.
Introdução
Podemos resumir as discussões e os resultados obtidos até agora da seguinte
forma:
1. a Mecânica é a ciência cuja finalidade é descrever o movimento dos
corpos;
2. existem alguns corpos que podem ser tratados como partículas;
3. a aceleração da partícula é obtida com a aplicação da Segunda Lei de
Newton a ela;
4. o conhecimento da aceleração da partícula em função do tempo e das
condições iniciais do movimento da partícula (velocidade e posição ini-
ciais) permitem obter o vetor posição da partícula em função do tempo.
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Sugerimos o seguinte algoritmo para encontrar a trajetória de uma partícula:
1. escolher o referencial inercial a ser utilizado;
2. calcular a força resultante sobre a partícula;
3. analisar os vínculos. Vínculos são restrições ao movimento do sistema.
Por exemplo, quando dizemos que um objeto está se deslocando sobre
uma mesa, estamos limitando o seu movimento à superfície da mesa,
isto é, estamos vinculando o deslocamento do objeto à mesa. Os víncu-
los impõem restrições sobre o valor da aceleração da partícula e muitas
vezes impõem condições às forças;
4. aplicar a Segunda Lei de Newton ao sistema para calcular a aceleração
do corpo;
5. obter o vetor posição da partícula em função do tempo a partir da
aceleração e das condições iniciais (velocidade inicial e posição inicial),
isto é, resolver o problema inverso.
O cálculo da força resultante que atua na partícula necessita do conheci-
mento das leis associadas às forças que atuam nela. Essas leis foram obtidas
utilizando-se a Segunda Lei de Newton e experimentos em que tais forças
atuam. Um exemplo disso é a expressão obtida por Newton para a Lei da
Gravitação Universal. Para chegar a essa expressão, ele utilizou a análise
da queda dos corpos nas proximidades da superfície da Terra e os trabalhos
realizados por vários astrônomos, entre eles Copérnico, Tycho Brahe e Ke-
pler, que fizeram medidas precisas, que permitiram descrever as trajetórias
dos planetas, observados a partir da Terra. O conhecimento das trajetórias
dos planetas e dos corpos em queda nas proximidades da superfície da Terra,
juntamente com a Segunda Lei de Newton, possibilitaram a descoberta da
Lei da Gravitação Universal.
Nesta aula você vai aprender as expressões que permitem calcular as forças
gravitacionais, as forças de atrito e as forças que os fluidos exercem sobre
os corpos sólidos que estão imersos neles. O conhecimento dessas forças vai
torná-lo apto a resolver os problemas da Dinâmica da Partícula. Antes de
iniciar a leitura desta aula, veja se você é capaz de responder às seguintes
perguntas:
1. Quais são as propriedades das forças gravitacionais?
2. Quais são as propriedades da força de atrito estático entre superfícies
sólidas?
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3. Quais são as propriedades da força de atrito cinético entre superfícies
sólidas?
4. Quais são as propriedades da força empuxo?
5. Quais são as propriedades da força de resistência do ar no caso em que
não existe turbulência e o coeficiente de arrasto é constante?
Algoritmo para construir o diagrama de forças
Para calcular a força resultante sobre um corpo, identifique, primeiro,
todas as forças que atuam sobre o mesmo. Essa identificação é facilitada
quando construímos o diagrama de forças do corpo. Propomos o seguinte
algoritmo para construir diagramas de forças:
1. identificar o sistema que será analisado (objeto de estudo). Fazer um
desenho do objeto de estudo separado dos outros corpos;
2. identificar os corpos que pertencem ao exterior do sistema e que estão
em contato com ele. No caso em que eles exercem forças sobre o sistema,
desenhá-las sobre ele;
3. verificar se existem forças gravitacionais.
Sobre o ponto 3, vale ressaltar que, neste módulo, suporemos que não
existem forças de longo alcance, além das gravitacionais, atuando sobre os
corpos.
Exemplo 10.1
Um menino está empurrando a caixa com uma força horizontal, conforme a
Figura 10.1. Faça o diagrama de forças da caixa. Despreze a força exercida
pelo ar e considere que a única força gravitacional que não é desprezível é o
peso do corpo.
Figura 10.1: Diagrama das forças que atuam na caixa.
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Resolução
Vamos aplicar o algoritmo de diagramas de forças à caixa.
1. A caixa é o objeto de estudo. Ela foi desenhada separada dos outros
corpos na própria Figura 10.1.
2. Estão em contato com a caixa as mãos do menino, o piso e o ar. O
exemplo manda desprezar a resistência do ar. As mãos do menino
estão empurrando a caixa na direção horizontal, com a força que foi
denominada ~F1. O piso está sendo empurrado pela caixa, que tenta
penetrar nele. Ele se deforma de forma imperceptível e empurra a
caixa para cima, como se fosse uma cama elástica. Esse empurrão é a
força normal ~N . As imperfeições da superfície do piso tentam impedir
o movimento da caixa sobre ele e empurram a superfície da caixa em
sentido contrário ao da força ~F1. Esse empurrão é a força de atrito ~fa .
3. O exemplo informou que, das forças gravitacionais que atuam sobre a
caixa, apenas a força gravitacional exercida pela Terra, que é o peso ~P
da caixa, não é desprezível.
Todas as forças que atuam na caixa estão representadas na Figura 10.1.
Força gravitacional
Figura 10.2: A força gravitacional entre duas partículas com massas m1 e
m2.
A força gravitacional entre duas partículas é dada pela Lei da Gravita-
ção Universal de Newtow, que diz:
“A força gravitacional entre duas partículas é diretamente proporcional
ao produto das massas e inversamente proporcional ao quadrado da distância
entre elas. Ela tem a direção da reta que une as duas massas e é atrativa.”
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A expressão vetorial dessa lei para a força gravitacional (~FG) que a
partícula 1 exerce sobre a partícula 2 é
~FG = −Gm1Gm2G
r2
rˆ = −Gm1m2
r2
rˆ,
em quem1G em2G são as massas gravitacionais das partículas; r é a distância
entre elas; rˆ é o vetor unitário associado ao vetor posição da partícula 2 em
relação à partícula 1 e G é uma constante chamada de constante da gravi-
tação universal . No sistema de unidades MKSA, o valor dessa constante
é dado, aproximadamente, por: G ≈ 6,67.10−11 (Nm2)/kg2.
As massas m1G e m2G que aparecem na Lei da Gravitação Universal
de Newton são as massas gravitacionais m1G e m2G, constantes que carac-
terizam a interação gravitacional. Elas são iguais às massas de inércia m1
e m2 e, por isso, já foram colocadas as massas inerciais na expressão para
a força gravitacional. Vale aqui o comentário de que essa igualdade entre
as massas gravitacionais e as inerciais é um mistério da natureza, uma vez
que as massas gravitacionais estão relacionadas com a intensidade da inte-
ração gravitacional e as massas de inércia estão associadas à dificuldade de
se acelerar e desacelerar um corpo. No caso de outras forças, como a força
elétrica, que você verá com mais detalhes em Física 3A, a intensidade da
força é caracterizada pela carga das partículas, que nada tem a ver com a
massa inercial da partícula.
Nocaso de não termos a interação apenas entre duas partículas, a
força gravitacional entre massas extensas pode ser calculada utilizando-se
o princípio da superposição para as forças gravitacionais. Esse princípio,
que foi verificado experimentalmente, afirma que a força gravitacional entre
duas partículas não é alterada pela presença de outras partículas. Como
consequência, a força gravitacional que várias partículas exercem em uma
partícula com massa m é a soma vetorial das forças que cada uma das par-
tículas exerce individualmente sobre ela.
A força peso é a força gravitacional exercida pela Terra sobre os cor-
pos. É possível demonstrar, utilizando-se cálculo integral e o princípio da
superposição das forças gravitacionais, que se considerarmos a aproximação
em que a Terra é tratada como uma esfera homogênea, a força gravitacional
que ela exerce sobre os corpos que estão no seu exterior será igual à força
gravitacional exercida por uma partícula localizada no centro da Terra e que
tenha a massa igual à dela.
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Figura 10.3: A Terra pode ser considerada uma partícula para efeito de
cálculo do peso dos corpos.
Nessa aproximação, os corpos são tratados como partículas, por isso ela só
é válida quando a distância entre eles e o centro da Terra é muito maior do
que as dimensões deles. Nessa aproximação, o peso de um corpo é dado por
~P = −GMT m
r2
rˆ,
em que MT é a massa da Terra, m é a massa do corpo e rˆ é o vetor unitário
associado ao vetor posição do corpo em relação ao centro da Terra.
A Terra será tratata como uma esfera homogênea em Física 1A.
A força peso de um corpo e a sua reação, no centro da Terra, foram
representadas na Figura 10.3. Note que, em princípio, a aceleração da
gravidade varia com a distância ao centro da Terra.
A razão entre a força peso e a massa do corpo é
~P
m
= −GMT m
m.r2
rˆ = −GMT
r2
rˆ = ~g.
Ela só depende das propriedades da Terra e da distância r entre o seu centro
e o ponto onde o corpo está localizado, e é denominada de aceleração da
gravidade. A força peso é o produto da massa do corpo pela aceleração da
gravi dade no ponto onde o corpo está localizado, isto é, ~P = m~g(r).
Exemplo 10.2
Calcule o módulo da aceleração da gravidade nos pontos da superfície da
Terra. Forneça a sua resposta com dois algarismos significativos. A massa
e o raio da Terra são, respectivamente, iguais a 6,0. 1024 kg e 6,4. 103 km. A
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constante de gravitação universal é igual a G = 6,67.10−11 N.m2/kg2.
Resolução
A distância entre o centro da Terra e a sua superfície é o raio da Terra que,
em metros, é igual a 6,4. 106 m. O módulo da aceleração da gravidade na
superfície da Terra é dado por:
g =
GMT
r2
=
(6,67.10−11 (Nm2)/kg2) (6,0. 1024 kg)
(6,4. 106 m)2
= 9,7705...m/s2 ∼= 9,8m/s2.
Atividade 1
Atende ao Objetivo 1
Baseado no que você leu nesta aula, responda à seguinte questão:
Calcule o módulo da aceleração da gravidade em um ponto que está a uma
distância de h = 2,0 km da superfície da Terra. Forneça a sua resposta com
dois algarismos significativos.
Resposta Comentada
A distância do centro da Terra a um ponto que dista h da sua superfície é
RT +h. Essa distância em metros é igual a (6,4.106+2.103)m = 6,402. 106 m.
O módulo da aceleração da gravidade nesse ponto é, portanto, dado por:
g =
GMT
(RT + h)
2 =
(6,67.10−11 (Nm2)/kg2) (6,0. 1024 kg)
((6, 402. 106)m)2
= 9,7644...m/s2 ⇒
g =∼= 9,8m/s2.
Os resultados obtidos no Exemplo 10.2 e na Atividade 1 mostram que a
aceleração da gravidade varia pouco nas proximidades da superfície da Terra,
uma vez que, na altura de 2,0 km, se considerarmos dois algarismos signifi-
cativos, a aceleração da gravidade terá o mesmo valor que tem na superfície
da Terra. Tal fato pode ser entendido pois o raio da Terra é muito maior do
que a distância h, o que torna as distâncias ao centro da Terra de um ponto
na superfície ou a uma distância h muito parecidas. Por isso, normalmente,
consideramos que, nas proximidades da superfície terrestre, o módulo da ace-
leração da gravidade g é constante e igual a 9,8m/s2.
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Atividade 2
Atende ao Objetivo 1
Baseado no que você leu nesta aula, faça a seguinte questão:
Calcule o módulo da aceleração da gravidade em um ponto cuja distância ao
centro da Terra é igual a duas vezes o raio da Terra.
Resposta Comentada
O módulo da aceleração da gravidade nesse ponto é dado por:
g =
GMT
(2RT )
2 =
GMT
4R2T
=
(6,67.10−11 (Nm2)/kg2) (6,0. 1024 kg)
4 (6,4. 106 m)2
∼= 2,4m/s2.
Vemos que, nesse caso, a aceleração da gravidade é muito diferente da obtida
na Atividade 1. Podemos concluir, pelos resultados do Exemplo 10.2 e das
Atividades 1 e 2 que, nas proximidades da superfície da Terra, e somente
nesse caso, em que a distância da superfície for muito menor do que o raio
da Terra, podemos aproximar a aceleração da gravidade a 9,8m/s2.
Atividade 3
Atende ao Objetivo 1
Baseado no que você leu nesta aula, responda à seguinte questão:
Os pontos mais afastados de dois corpos com massas A e B, que estão na
superfície da Terra, estão separados pela distância d = 100m. As massas dos
corpos A e B são, respectivamente, iguais a 1.000 kg e 2.000 kg.
1. Estime a razão entre o peso do corpo A e a força gravitacional que o
corpo B exerce sobre ele. Nessa estimativa, considere os dois corpos
como massas pontuais separadas pela distância d.
2. O resultado que você encontrou mostra a necessidade de considerar a
força gravitacional que o corpo B exerce sobre o corpo A na análise do
movimento do corpo A? Justifique a sua resposta.
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Resposta Comentada
1. O raio da Terra em metros é igual a 6,4 . 106 m.
O módulo da força gravitacional entre os corpos A e B é igual a
FGAB =
GmAmB
d2
.
Já o módulo da força peso do corpo A é expresso em
PA =
GMT mA
R2T
.
Por isso, a razão entre o módulo do peso do corpo A e o módulo da
força gravitacional que o corpo B exerce sobre ele é dada por:
PA
FGAB
=
GMT mA d
2
R2T GmAmB
=
MT d
2
R2T mB
=
(6, 0. 1024 kg) (100m)2
(6, 4. 106 m)2 (2000 kg)
∼= 7. 1011.
2. A razão obtida no item 1 mostra que a força gravitacional entre os
corpos A e B é 11 ordens de grandeza menor do que o peso do corpo A
e, portanto, pode ser desprezada. Por isso, não precisamos considerar
essa força gravitacional na análise do movimento do corpo A.
A Atividade 3 indica que, ao analisar o movimento de um corpo nas proxi-
midades da superfície da Terra, podemos desprezar as forças gravitacionais
exercidas pelos outros corpos que estão próximos a ele. Assim será feito da-
qui para frente.
Atividade 4
Atende ao Objetivo 1
Baseado no que você leu nesta aula, responda:
Utilize dados da Tabela 10.1 para responder às questões de 1 até 3.
Corpo celeste Massas Distâncias da Terra
Lua 7,0. 1022 kg 4,0. 105 km
Sol 2,0. 1030 kg 1,5. 108 km
Tabela 10.1: Dados sobre as massas do Sol e da Lua e sobre as distâncias
entre a Terra e o Sol e entre a Terra e a Lua.
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1. Estime a relação entre o peso de um corpo com massa m e a força gra-
vitacional que a Lua exerce sobre ele. Considere que a distância entre
o corpo e a Lua é igual à distância dTL entre o centro da Terra e o
centro da Lua.
2. Estime a relação entre o peso de um corpo com massa m e a força gra-
vitacional que o Sol exerce sobre ele. Considere que a distância entre o
corpo e o Sol é igual à distância dTS entre o centro da Terra e o centro
do Sol.
3. Ao analisar o movimento de um corpo na superfície da Terra, você pre-
cisa considerar as forças gravitacionais do Sol e da Lua? Justifique a
sua resposta.
Respostas Comentadas
1. A distância entreo centro da Terra e o centro da Lua em metros é
4.108 m e o módulo da força gravitacional entre o corpo e a Lua é igual
a
FGL =
GMLm
d2TL
.
Já o módulo da força peso do corpo é igual a
P =
GMT m
R2T
.
Então, a razão entre o módulo do peso do corpo e a força gravitacional
que a Lua exerce sobre ele é dada por:
P
FGL
=
GMT md
2
TL
R2T GmML
=
MT d
2
TL
R2T ML
=
(6,0. 1024 kg) (4. 108 m)
2
(6,4. 106 m)2 (7. 1022 kg)
∼= 3. 105.
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2. A distância entre o centro da Terra e o centro do Sol em metros é
1,5.1011 m.
O módulo da força gravitacional entre o corpo e o Sol é igual a
FGS =
GMSm
d2TS
.
Por isso, a razão entre o módulo do peso do corpo e o da força gravi-
tacional que o Sol exerce sobre ele é dada por:
P
FGS
=
GMT md
2
TS
R2T GmMS
=
MT d
2
TS
R2T MS
=
(6,0. 1024 kg) (1,5. 1011 m)
2
(6,4. 106 m)2 (2. 1030 kg)
∼= 1, 6. 103.
3. Os resultados dos itens 1 e 2 mostram que, ao analisar o movimento de
um corpo na superfície da Terra, não é necessário considerar as forças
gravitacionais do Sol e da Lua exercidas sobre o corpo, pois elas são
muito menores do que a força peso deste.
Os resultados que nós obtivemos anteriormente mostram que a
única força gravitacional não desprezível que atua sobre o corpo
que está nas vizinhanças da superfície da Terra é o seu peso.
Atividade 5
Atende ao Objetivo 1
Baseado no que você leu nesta aula, responda à seguinte questão:
Um corpo com massa m, que foi largado a uma altura h do chão, está caindo
próximo à superfície da Terra. Considere o corpo como uma partícula e des-
preze a força que o ar exerce sobre ele. Utilize nesta questão o algoritmo
proposto na parte denominada "Algoritmo para construir o diagrama de for-
ças"para encontrar a trajetória do corpo.
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Resposta Comentada
1. Vamos utilizar o referencial da Terra que, neste, caso pode ser conside-
rado inercial.
Figura 10.4: Corpo em queda livre.
2. O corpo foi desenhado separado do seu exterior na Figura 10.4. Como
apenas o ar está em contato com o corpo e como vamos desprezar a
força de resistência do ar, não existem forças de contato atuando sobre o
corpo a serem consideradas. A única força gravitacional não desprezível
que atua sobre ele é o seu peso ~P = m~g. Logo, a força resultante que
atua no corpo é seu próprio peso, isto é, ~R = ~P = m~g.
3. Não existem limitações ao movimento do corpo, isto é, não existem
vínculos.
4. Pela Segunda Lei de Newton, temos que: ~R = ~P = m~g = m~a⇒ ~a = ~g.
5. Já resolvemos o problema inverso para partículas com aceleração cons-
tante. Neste caso, o vetor posição do corpo é dado por:
~r(t) = ~r0 + ~v0 (t− t0) + ~g (t− t0)
2
2
.
Como o corpo foi largado, a sua velocidade incial é nula, isto é, ~v0 = ~0.
Considerando que o cronômetro foi zerado no instante em que o corpo
foi abandonado, temos que t0 = 0.
Escolhendo o eixo OY como vertical para cima, com sua origem na
superfície terrestre, temos que:
x = 0 e y = h− g t
2
2
⇒ ~r(t) =
(
h− g t
2
2
)
ˆ.
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A Atividade 5 é um exemplo da aplicação do algoritmo que permite encon-
trar a trajetória de uma partícula a partir das forças que atuam sobre ela, ou
seja, encontrar a trajetória utilizando a dinâmica do sistema. Essa atividade
também demonstra o resultado experimental obtido por Galileu, utilizando
apenas a cinemática, antes da descoberta das Leis de Newton e da Lei da
Gravitação Universal, que afirma que todos os corpos que estão nas vizinhan-
ças da Terra caem com a aceleração da gravidade quando a resistência do ar
pode ser desprezada.
Força empuxo
A força empuxo é uma força exercida em um corpo que está imerso
em um líquido em equilíbrio. Para obter a expressão da força, vamos conside-
rar, inicialmente, apenas o líquido em equilíbrio, além de analisar uma parte
dele como objeto de estudo e o restante como agente externo, que está em
contato com essa parte. Vamos considerar apenas líquidos com densidades
constantes.
Na Figura 10.5, uma parte do líquido com volume Vliq está em equilí-
brio, isto é, a sua aceleração ~a é nula. Portanto, a força resultante sobre ela
também é nula. Consequentemente, é necessário haver uma força contrária
ao peso, que empurre a parte de líquido para cima e, pela Segunda Lei de
Newton, temos que:
~Pliq + ~E = mliq ~a = ~0⇒ ~E = −~Pliq ⇒ E = Pliq.
Figura 10.5: A força ~E é exercida em uma parte de líquido em equilíbrio pelo
líquido externo a ela.
347 CEDERJ
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Logo, o módulo da força ~E exercida pelo líquido externo na parte de
líquido em equilíbrio é igual ao módulo do peso da parte de líquido com vo-
lume Vliq, isto é, E = ρliq Vliq g, em que ρliq é a densidade do líquido, Vliq é o
volume da parte de líquido e g é o módulo da aceleração da gravidade.
A Figura 10.6 mostra o mesmo líquido da Figura 10.5, cuja parte do
líquido, que era nosso objeto de estudo, foi substituída por um corpo rígido
suspenso em um suporte vertical.
Figura 10.6: O módulo da força empuxo ~E é o módulo do peso do volume
do líquido deslocado pelo corpo. Não foram colocadas nesta figura as outras
forças que atuam no corpo.
O corpo rígido está em equilíbrio e tem um volume Vcor igual ao volume
da parte líquida Vliq que ele deslocou (Vcor = Vdes = Vliq). Nesse caso, como o
corpo, ao penetrar no fluido, empurra o líquido para baixo, ele é empurrado
para cima pelo líquido por uma força denominada empuxo.
Se densidade do líquido não se altera pela substituição da parte de
líquido pelo corpo rígido, é razoável supor que, nesse caso, a força que o
líquido externo exerce sobre o corpo rígido é exatamente igual à força que
ele exerce na parte de líquido em equilíbrio, que foi deslocada pelo corpo
rígido. Dessa forma, a força empuxo é igual à força ~E calculada para o caso
anterior. Consequentemente, o módulo da força empuxo é igual ao módulo
do peso do líquido que foi deslocado pelo corpo, isto é, E = ρliq Vdes g, em
que ρliq é a densidade do líquido e Vdes é o volume do líquido deslocado pelo
corpo. É importante ressaltar que, mesmo que o corpo esteja se movendo,
existe o empuxo, todavia ele só terá a expressão obtida se o fluido estiver
quase em repouso.
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A expressão obtida para o empuxo vale para qualquer fluido com den-
sidade constante, desde que a imersão do corpo rígido no seu interior não
altere a densidade do fluido. Fluidos são substâncias que escoam. O ar é um
fluido e, portanto, exerce uma força empuxo sobre corpos imersos nele que é
igual a E = ρar Vdes g. Na disciplina de Física 2A você estudará essa força
com mais detalhes.
Veja o vídeo “A flutuação dos corpos”. Nele, o modelo apresentado para
a força empuxo é verificado experimentalmente.
Esse vídeo está disponível no Portal TECA. Para acessá-lo, escolha "Vídeo",
digite "ICF1"e aperte o botão “Pesquisa TECA”.
Atividade 6
Atende ao Objetivo 2
Baseado no que você leu nesta aula, responda às seguintes questões:
O corpo humano tem, em média, uma densidade volumétrica igual a 0,97.103 kg/m3.
A densidade da água é 1,0.103 kg/m3 e a do ar é 1,0 kg/m3.
1. Qual a razão entre o empuxo do ar e o peso de uma pessoa?
2. Qual a razão entre o empuxo da água quando a pessoa está totalmente
submersa e o peso da pessoa?
3. Em alguma das situações anteriores o empuxo é desprezível em relação
à força peso?
Respostas Comentadas
A razão ra entre a força empuxo e o peso da pessoa é igual a
ra =
ρfluido. Vdes g
mp g
=
ρp. Vdes
mp
.
349 CEDERJ
Aula 10 - As leis das forças
A massa da pessoa é igual a mp = ρp. Vp. Logo, o volume de fluido deslocado
pela pessoa, que é igual a todo o seuvolume, é dado por: Vdes =
mp
ρp
.
Consequentemente, a razão entre o empuxo e o peso da pessoa é igual a
ra =
ρfluido.mp
ρp.mp
=
ρfluido
ρp
.
Por isso temos que:
1. A razão entre o empuxo do ar e o peso da pessoa é igual a
ra1 =
ρar
ρp
=
1,0kg/m3
0,97.103 kg/m3
∼= 1,0.10−3.
2. A razão entre o empuxo da água e o peso da pessoa é igual a
ra2 =
ρa´gua
ρp
=
1,0.103 kg/m3
0,97.103 kg/m3
∼= 1,0.
3. Os valores das razões ra1 e ra2, encontrados nos itens 1 e 2, mostram
que podemos desprezar o empuxo do ar em relação ao peso da pessoa
e, por isso, em geral, não se considera o empuxo do ar sobre os corpos
nos problemas de Mecânica tratados. Já no caso do empuxo que a água
exerce, vemos que ele não pode ser desprezado frente ao peso da pessoa.
A força de resistência do ar
A força de resistência do ar aparece quando um corpo se desloca no
interior dele. Nos casos em que o movimento ocorre sem turbulências, a
expressão utilizada para descrevê-la é
~Frar = −ρar CxAv
2 vˆ
2
,
em que v é o módulo da velocidade do corpo em relação ao ar, Cx é o coefi-
ciente de arrasto aerodinâmico, ρar é a densidade do ar (ρar ∼= 1,224 kg/m3
ao nível do mar), vˆ é o vetor unitário associado à velocidade do corpo em
relação ao ar e A é a área de impacto projetada na direção do vetor unitário
vˆ.
Para determinar a área de impacto, devemos verificar qual é o lado do
objeto que está voltado para o movimento e, em seguida, descobrir em que
ponto essa área é maior. Na Figura 10.7 há um exemplo, no qual mostra-
mos a área de um automóvel voltada para o movimento. A área de impacto
A, nesse caso, coincide com a maior seção reta do carro.
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Aula 10 - As leis das forças
MÓDULO 2 - AULA 10
Figura 10.7: A área de impacto A do carro da figura coincide com a seção
reta do carro.
O coeficiente de arrasto Cx é uma grandeza adimensional que depende
das propriedades do ar, da forma e da velocidade do corpo. Ele pode assumir
valores constantes e, nesses casos, a força de resistência do ar é proporcional
ao quadrado da velocidade dos corpos. A Figura 10.8 mostra os valores
aproximados do coeficiente de arrasto para algumas formas:
Figura 10.8: Na figura foram colocados valores médios do coeficiente de ar-
rasto para várias formas, que foram numeradas e correspondem a: 1- objeto
com formato aerodinâmico; 2- esfera; 3- carro esporte; 4- carro de passeio;
5- ônibus; 6- caminhão; 7- bicibleta de corrida; 8- motocicleta; 9- placa
quadrada; 10- homem ereto. Cuidado! Esses são apenas valores médios. Pe-
quenas modificações nas formas podem produzir variações mensurávies no
coeficiente de arrasto.
Atividade 7
Atende ao Objetivo 3
Baseado no que você leu nesta aula, faça a seguinte questão:
Um carro de passeio está se deslocando em uma estrada retilínea. Supondo
351 CEDERJ
Aula 10 - As leis das forças
que a área de impacto do carro é da ordem de 2,5m2 e que o coeficiente de
arrasto nesse caso é constante, estime o módulo da força de resistência do ar
quando o carro está se deslocando:
1. a 36 km/h;
2. a 108 km/h.
Considere que a densidade do ar é ρar = 1,224 kg/m3 e o coeficiente de arrasto
do carro é Cx = 0,4.
Respostas Comentadas
O módulo da força de resistência do ar é dado por:
Frar =
ρar CxAv
2
2
.
1. A velocidade 36 km/h, expressa em m/s, é dada por:
36 .103 m
3600 s
=
10m/s. Logo, o módulo da força de resistência do ar neste caso é igual
a:
Frar =
(1,224 kg/m3) (0,4) (2,5m2) (10m/s)2
2
∼= 61N.
2. A velocidade 108 km/h, expressa em m/s, é dada por:
108 .103 m
3600 s
=
30m/s. Logo, o módulo da força de resistência do ar neste caso é igual
a:
Frar =
(1,224 kg/m3) (0,4) (2,5m2) (30m/s)2
2
∼= 550N.
Veja o vídeo “A força de resistência do ar”. Esse vídeo apresenta um modelo
de brinquedo que simula algumas das propriedades da força de resistência do ar.
Ele está disponível no Portal TECA. Para acessá-lo escolha "Vídeo",
digite "ICF1"e aperte o botão “Pesquisa TECA”.
A força normal
Você aprendeu na Aula 9 que a força normal é uma força de contato
que aparece quando uma superfície tenta penetrar em outra. A força normal
surge, portanto, de acordo com o vínculo pelo qual um corpo está em contato
CEDERJ 352
Aula 10 - As leis das forças
MÓDULO 2 - AULA 10
com uma superfície. Tendo essa característica, a expressão para a força
normal deve ser obtida aplicando-se a Segunda Lei de Newton ao objeto de
estudo e aplicando-se o vínculo associado ao fato de o objeto permanecer
sobre a superfície durante o seu movimento.
Alguns alunos têm as seguintes ideias erradas a respeito da força normal
e de vetores:
1. acham que o módulo da força normal é sempre igual ao módulo da força
peso;
2. acham que a direção da força normal é sempre igual à direção da força
peso;
3. igualam um vetor a um escalar, isto é, colocam a seta em um dos lados
da equação e se esquecem de colocar a seta do outro lado;
4. não colocam o sinal correto nas componentes dos vetores.
Se você é um desses alunos, aproveite as atividades de 8 até 13 para
modificar essas ideias.
Atividade 8
Atende aos Objetivos 4 e 6
Baseado no que você leu nesta aula, faça a seguinte questão:
Um bloco está em repouso sobre um plano horizontal. A massa do bloco
vale 0,1 kg e seu volume, 48 cm3. Resolva o problema no referencial da Terra,
suposto inercial. Despreze as forças que o ar exerce sobre o bloco e considere
a aceleração da gravidade igual a 10m/s2. Isolar um bloco
é desenhá-lo sepa-
rado do seu exte-
rior.
1. Isole o bloco e coloque as forças não desprezíveis que atuam sobre ele.
2. Qual a origem das forças que atuam sobre o bloco? Justifique a sua
resposta.
3. Qual é a força que o plano exerce sobre o bloco?
353 CEDERJ
Aula 10 - As leis das forças
Respostas Comentadas
1. O bloco foi desenhado separado do seu exterior na Figura 10.9. Es-
tão em contato com o bloco o plano e o ar. Como o problema diz
para desprezar a força que o ar exerce sobre o bloco, a única força de
contato é a que o plano exerce sobre ele. Essa força aparece porque a
superfície do bloco tenta penetrar no plano, que, deformado de forma
imperceptível, tal qual uma cama elástica, empurra o bloco para cima
com a força normal ~N . A única força gravitacional que atua no bloco
a ser considerada é o seu peso ~P . A normal e o peso foram desenhados
na Figura 10.9.
Figura 10.9: Bloco em repouso sobre um plano horizontal com o seu diagrama
de forças.
2. Esse item já foi respondido no item 1.
3. A força que o plano exerce sobre o bloco é a força normal ~N . Ela pode
ser calculada com a Segunda Lei de Newton, utilizando-se o vínculo
do problema de que o bloco está em repouso sobre o plano inclinado.
Estando em repouso, tanto a velocidade quanto a aceleração do bloco
são nulas.
Pela Segunda Lei de Newton, temos que:
~N + ~P = m~a = 0⇒ ~N = −~P .
Portanto, nesse caso, o módulo da força normal é igual ao do peso. Mas
tome cuidado: a força normal é menos a força peso, portanto não é
CEDERJ 354
Aula 10 - As leis das forças
MÓDULO 2 - AULA 10
correto dizer que as forças normal e peso são iguais, uma vez que elas
têm sentidos diferentes.
Veja a vídeoaula “Corpo em repouso sobre um plano horizontal”.
Nela, você verá uma aluna tirando dúvidas com o seu professor de Física sobre
a Atividade 8. Esse vídeo está disponível no Portal TECA. Para acessá-lo,
escolha "Vídeo", digite "ICF1" e aperte o botão “Pesquisa TECA”.
Atividade 9
Atende aos Objetivos 4 e 6
Baseado no que você leu nesta aula, faça a seguinte questão:
A Figura 10.10 mostra um elevador que possui aceleração ~A em relação
à Terra. Dentro dele, existe um bloco de massa m em repouso sobre uma
balança que está grudada no elevador. Considere que o bloco nunca perde o
contato com a balança e despreze a resistência do ar. Resolva o problemado
referencial da Terra, suposto inercial. Considere conhecida a aceleração da
gravidade.
Figura 10.10: Elevadores acelerados. Na primeira situação, representada pelo
elevador da esquerda, ele possui aceleração para cima. Depois, ele possui
aceleração para baixo.
1. Isole o bloco e coloque todas as forças não desprezíveis que atuam sobre
ele.
355 CEDERJ
Aula 10 - As leis das forças
2. Calcule a força que o bloco aplica sobre a balança. Expresse essa força
em termos do vetor unitário ˆ vertical que aponta para fora da Terra.
3. A leitura da balança se modifica quando o elevador para de acelerar?
E o peso do corpo?
4. Repita o problema para o caso em que o elevador está acelerado para
baixo.
Respostas Comentadas
1. O bloco foi desenhado separado do seu exterior na Figura 10.11. Estão
em contato com o bloco o ar e a balança. Como o problema disse para
desprezar a força que o ar exerce sobre o bloco, somente a balança
exerce força de contato sobre ele. Essa força aparece porque a superfície
do bloco tenta penetrar na superfície da balança que, deformada de
forma imperceptível, tal qual uma cama elástica, empurra o bloco para
cima com a força normal ~N . A única força gravitacional que atua
no bloco é o seu peso ~P . A normal e o peso foram desenhados na
Figura 10.11.
CEDERJ 356
Aula 10 - As leis das forças
MÓDULO 2 - AULA 10
Figura 10.11: Diagrama de forças do bloco em repouso no elevador.
2. Como quem criou a força normal foi a superfície da balança, a reação
à força normal, está aplicada na balança. Logo, a força que o bloco
exerce sobre a balança é a reação à força normal, que é igual a − ~N . A
Segunda Lei de Newton nos diz que
~P + ~N = m~a.
Como o problema informou o vínculo de que o bloco não descola da
balança, podemos utilizar essa informação para concluir que a acelera-
ção do bloco deve ser igual à aceleração do elevador ~a = ~A. Podemos,
agora, calcular as componentes da força normal:
~P + ~N = m ~A⇒ Nx = −Px = 0; Ny + Py = mAy.
As componentes do peso e da normal na direção do eixo OY são: Ny =
N, Py = −mg e Ay = A. Logo, temos que:
N −mg = mA⇒ N = mg +mA = m (g + A).
Consequentemente, a força normal é igual a ~N = m (g +A) ˆ e a força
que o bloco exerce sobre a balança é igual a − ~N = −m (g + A) ˆ.
357 CEDERJ
Aula 10 - As leis das forças
3. As balanças são feitas para converter a força que elas medem na massa
do objeto que está em cima delas. Elas supõem que o objeto está em
repouso e, portanto, a leitura L da balança é igual ao módulo da força
dividido pela aceleração da gravidade. Isso ocorre pois, nesse caso de
repouso, a leitura coincidirá com a massa. Porém, no caso da nossa
atividade, a leitura será:
L =
| − ~N |
g
=
m (g + A)
g
.
Logo, o valor da leitura da balança depende da aceleração do eleva-
dor. O produto da leitura da balança pela aceleração da gravidade
(Lg = m (g + A) = N) é denominado peso aparente do corpo.
O peso do bloco, que é a força gravitacional
(
P =
MT m
r2
)
entre ele
e a Terra, não depende da aceleração do elevador. Logo, ele não se
modifica quando o elevador acelera.
4. O diagrama de forças do elevador acelerado para baixo é igual ao dia-
grama de forças do elevador acelerado para cima.
Mais uma vez, como o bloco não descola da balança, sua aceleração é
igual à aceleração do elevador, isto é, ~a = − ~A. Nesse caso, a Segunda
Lei de Newton aplicada ao bloco fornece:
~P + ~N = m~a⇒ Nx = −Px = 0; Ny + Py = may.
As componentes do peso, da normal e da aceleração do bloco na direção
do eixo OY são: Ny = N, Py = −mg e ay = −Ay = −A. Logo, temos
que:
N −mg = −mA⇒ N = mg −mA = m (g − A).
Consequentemente, a força normal é igual a ~N = m (g −A) ˆ e a força
que o bloco exerce sobre a balança é igual a − ~N = −m (g − A) ˆ.
A leitura L da balança é igual a
L =
| − ~N |
g
=
m (g − A)
g
.
Logo, o valor da leitura da balança depende, assim como no caso
anterior, da aceleração do elevador. O peso aparente do corpo será
Lg = m (g − A) = N .
Com essa atividade, vemos claramente que a ideia que muitos alunos
têm sobre a normal ter sempre o mesmo módulo do peso é errada.
CEDERJ 358
Aula 10 - As leis das forças
MÓDULO 2 - AULA 10
Vemos aqui que o módulo da normal pode ser maior, como no caso
da aceleração para cima, ou menor que o do peso, como neste último
caso. Observe que, inclusive, existe a possibilidade de a normal ser
nula, o que correspode à situação em que o peso aparente é nulo. Exis-
tem simuladores para treinar os astronautas, em que o peso aparente
dos astronautas se anulam. Nesses simuladores os astronautas flutuam.
Tensões exercidas por cordas
Você aprendeu na Aula 9 que uma corda esticada exerce sobre o corpo
que está ligado a ela uma tensão que o puxa, de forma a evitar o esticamento
da corda. Essa tensão tem a direção da reta tangente à corda, no ponto de
contato desta com o corpo, como mostra a Figura 10.12.
Figura 10.12: Tensões exercidas pelas cordas nos blocos.
Assim como ocorre com a força normal, não existe uma expressão para
encontrarmos o módulo da tensão. Ele é obtido aplicando-se a Segunda Lei
de Newton ao objeto de estudo e impondo-se os vínculos ao movimento do
corpo.
Quando uma corda com massa é esticada, ela não fica reta, como mostra
a Figura 10.13.
359 CEDERJ
Aula 10 - As leis das forças
Figura 10.13: Tensões exercidas em uma corda com massa.
A aplicação da Segunda Lei de Newton à corda da Figura 10.13 é
representada por
~P + ~T1 + ~T2 = mc~ac.
No caso em que a massa da corda é desprezível, temos que:
~T1 + ~T2 ∼= ~0.
Logo,
T1 cos(θ1) = T2 cos(θ2) e (10.1)
T1 sen(θ1) = T2 sen(θ2). (10.2)
A razão entre as equações 10.2 e 10.1 fornece: tan(θ1) = tan(θ2) ⇒
θ1 = θ2. Logo, nesse caso, temos que T1 cos(θ1) = T2 cos(θ1) ⇒ T1 = T2.
Portanto, em uma corda sem massa, o módulo da tensão aplicado em um
lado é igual ao da tensão aplicada no outro lado da corda. Por isso, dizemos
que uma corda sem massa transmite totalmente a tensão.
Em Física 1, a menos que se diga o contrário, trabalharemos com cordas
e fios sem massas.
Cordas e roldanas são utilizadas habitualmente para facilitar os des-
locamentos de cargas. Vamos mostrar, em Física 1B, que cordas com mas-
sas desprezívies, que passam por roldanas com massas desprezíveis, também
transmitem totalmente o módulo da tensão.
Na Figura 10.14 um homem suspende um bloco pesado utilizando
uma roldana e uma corda com massas desprezíveis. A corda que passa pela
roldana transmite o módulo da tensão.
CEDERJ 360
Aula 10 - As leis das forças
MÓDULO 2 - AULA 10
Figura 10.14: A corda que passa pela roldana transmite o módulo da tensão.
Os diagramas de forças da corda e da roldana foram desenhados separados
do seu exterior.
As forças que atuam na corda são: a tensão ~TCA que o bloco A exerce
sobre a corda, a tensão ~TCH que a mão do homem exerce sobre a corda e a
força que a roldana aplica sobre corda. O diagrama de forças da corda foi
representado na Figura 10.14. É importante ressaltar que, apesar de os
módulos das tensões serem iguais, elas são diferentes, uma vez que as suas
direções e também os sentidos são diferentes.
Forças de atrito entre superfícies sólidas
Como vimos na Aula 9, quando um corpo é empurrado ou puxado
sobre uma superfície, aparece a força de atrito, que pode ser de dois tipos.
O primeiro tipo é denominado força de atrito estática e o segundo é
denominado força de atrito cinética .
Como sugerido pelo nome, a força de atrito estática aparece quando
um objeto é puxado ou empurrado e não entra em movimento. Ela surge
para evitar o movimento relativo entre as superfícies. Assim como a força
normal e a tensão, a força de atrito estática depende do vínculo, que nesse
caso é não haver movimento relativo entre as superfícies. Para obtermos o
seu módulo, é preciso aplicar a Segunda Leide Newton e o vínculo. Como
ela é uma força que surge para evitar o movimento, ela vai depender, em
geral, do módulo da força que tenta causar o movimento. Ela é nula quando
o corpo não está sendo empurrado ou puxado e aumenta na medida em que
o objeto vai sendo empurrado (ou puxado) com mais força.
361 CEDERJ
Aula 10 - As leis das forças
Toda força de atrito estática possui um valor máximo que seu módulo
pode assumir, sem que ela seja vencida pela força que tenta movimentar o
objeto pela superfície. Esse valor máximo é proporcional ao valor do módulo
da normal à superfície, 0 ≤ fam ≤ µeN . A constante de proporcionalidade
µe é denominada coeficiente de atrito estático.
Já a força de atrito cinética aparece quando um objeto é empurrado
ou puxado e entra em movimento. Ela aparece no sentido de dificultar o des-
lizamento relativo entre as superfícies. O módulo da força de atrito cinética
é proporcional à normal, isto é, fac = µcN . Todavia, as direções das forças
de atrito e normal não são as mesmas. A constante de proporcionalidade µc,
que é denominada coeficiente de atrito cinético, é diferente e menor do que
o coeficiente de atrito estático.
Exemplo 10.3
Na Figura 10.15 estão representados uma caixa, que está sendo empurrada
horizontalmente pelo menino com uma força ~F1, e o diagrama das forças que
atuam sobre a caixa. A caixa não descola do chão. O menino vai aumentando
gradativamente o módulo da força horizontal ~F1 que ele exerce sobre a caixa.
Despreze as forças que o ar exerce sobre a caixa e resolva o problema da
Terra, considerada como um referencial inercial.
Figura 10.15: O menino está empurrando a caixa sobre o tapete. O tapete
tenta evitar o deslizamento da superfície da caixa exercendo a força de atrito
sobre ela.
1. Descreva qualitativamente o que acontece com a força de atrito quando
o módulo da força ~F1 aumenta.
2. Esboce um gráfico do módulo da força de atrito ~fa contra o módulo da
força horizontal ~F1.
CEDERJ 362
Aula 10 - As leis das forças
MÓDULO 2 - AULA 10
Resolução
1. O menino vai aumentando gradativamente o módulo da força horizontal
~F1 que ele exerce sobre a caixa. Inicialmente, a caixa não desliza. Isso
quer dizer que temos a força de atrito estática. A aplicação da Segunda
Lei de Newton à caixa fornece:
~F1 + ~N + ~P + ~fae = ~0⇒ F1 − fae = 0⇒ fae = F1 e N = P.
Enquanto a caixa não desliza, o módulo da força de atrito estática é
igual ao módulo da força horizontal.
Quando a força horizontal fica maior do que o valor máximo que a força
de atrito estática pode assumir (F1 > faem = µeN), a força resultante
deixa de ser nula e a caixa adquire uma aceleração e começa a deslizar.
Depois que o deslizamento se inicia, o módulo da força de atrito diminui,
ficando menor do que a força de atrito estática máxima. O seu módulo
passa a ser proporcional à força normal e, como o coeficiente de atrito
cinético µc é menor do que o coeficiente de atrito estático µe, o módulo
da força de atrito cinética é menor do que o módulo da força de atrito
estática máxima.
2. O esboço do gráfico do módulo da força de atrito ~fa contra o módulo
da força horizontal ~F1 está representado na Figura 10.16.
Figura 10.16: Esboço do gráfico do módulo da força de atrito ~fa contra o
módulo da força horizontal ~F1.
É importante ressaltar que a força de atrito aparece quando existe uma
tendência ou um movimento relativo entre as superfícies. É errado dizer que
363 CEDERJ
Aula 10 - As leis das forças
a força de atrito tem sempre o sentido contrário ao do movimento. Para
exemplificar, a Figura 10.17 mostra um arremessador de peso e um mara-
tonista correndo. O arremessador de peso está freando e o maratonista está
acelerando.
Figura 10.17: O arremessador de peso e o maratonista estão correndo. Entre-
tando, o arremessador de peso está freando e o maratonista está acelerando.
Para frear, o arremessador de pesos empurra a Terra para a frente e é
empurrado para trás por ela. Nesse caso, a força de atrito que a superfície
da Terra cria sobre o arremessador de pesos se opõe ao movimento dele. Já o
corredor de maratona está empurrando a Terra para trás e sendo empurrado
por ela para a frente. Nesse caso, a força de atrito que a superfície da Terra
cria sobre o maratonista tem o sentido do movimento. Na verdade, neste
último caso é exatamente a força de atrito a responsável pela aceleração do
maratonista, impulsionando-o com maior velocidade para frente.
Em ambos os casos a força de atrito está se opondo à tendência de
deslizamento relativo entre as superfícies (sola do tênis e superfície do solo).
Atividade 10
Atende aos Objetivos 4, 5 e 6
Baseado no que você leu nesta aula, faça a seguinte questão:
Um bloco de massa m está sobre um plano horizontal. Ele é puxado por
um fio horizontal que tem massa desprezível e que aplica sobre o bloco uma
tensão ~T de módulo cada vez maior, até que o bloco passa a se mover.
Resolva o problema no referencial da Terra, considerado inercial. Entenda
como conhecidos a aceleração da gravidade e os coeficientes de atrito cinético
CEDERJ 364
Aula 10 - As leis das forças
MÓDULO 2 - AULA 10
e estático entre o bloco e o plano.
1. Isole o bloco e coloque as forças não desprezíveis que atuam sobre ele.
2. Explique qualitativamente a origem da força de atrito.
3. Calcule a força de atrito enquanto o bloco está em repouso.
4. Calcule a força de atrito quando o bloco já está deslizando.
Respostas Comentadas
1. O bloco foi desenhado separado do seu exterior na Figura 10.18. Estão
em contato com o bloco o plano, o fio e o ar. Como o problema diz
para desprezar a força que o ar exerce sobre o bloco, só podem exercer
forças de contato sobre ele o plano e o fio. A superfície empurra o bloco
para cima com a força normal ~N . O bloco está sendo puxado para a
direita pelo fio, que exerce sobre ele a tensão ~T . A superfície inferior do
bloco tenta deslizar ou desliza para a direita. O plano tenta evitar esse
deslizamento, puxando a superfície inferior do bloco para a esquerda
com a força de atrito ~fa. A única força gravitacional que atua no bloco
é o seu peso ~P . O diagrama de forças do bloco foi representado na
Figura 10.18.
365 CEDERJ
Aula 10 - As leis das forças
Figura 10.18: Diagrama de forças do bloco.
2. Esse item já foi respondido no item 1.
3. A força de atrito que atua no bloco quando ele está em repouso é a força
de atrito estática. Ela pode variar de zero até o seu valor máximo, que
é igual a µeN . Ela deve que ser calculada pela Segunda Lei de Newton.
Como o bloco está em repouso sobre o plano horizontal, temos o vínculo
de que a sua aceleração é nula. Logo, pela Segunda Lei de Newton
temos que:
~T + ~N + ~P + ~fae = ~0⇒ T − fae = 0⇒ fae = T e N = P.
Enquanto o bloco não desliza, o módulo da força de atrito é igual
ao módulo tensão. Se utilizarmos o sistema de eixos coordenados da
Figura 10.18, a força de atrito estática pode ser escrita da seguinte
forma:
~fae = −T ıˆ.
4. Quando o módulo da tensão fica maior do que o módulo da força de
atrito máxima (T > faem = µeN = µe P ), a força resultante não é
nula e o bloco adquire uma aceleração e começa a deslizar. Depois que
o deslizamento se inicia, o módulo da força de atrito diminui, ficando
menor do que o módulo da força de atrito máxima. O seu módulo
ainda é proporcional à força normal, mas como o coeficiente de atrito
cinético µc é menor do que o coeficiente de atrito estático µe, a força
de atrito cinética é menor do que a força de atrito estática máxima. O
módulo da força de atrito é igual a
fac = µcN = µc P = µc P = µcmg.
CEDERJ 366
Aula 10 - As leis das forças
MÓDULO 2 - AULA 10
Ela pode ser escrita da seguinte forma: ~fac = −µcmg ıˆ.
Veja a videoaula “Corpo em repouso sobre um plano horizontal
puxado por um fio horizontal”. Nela, uma aluna discute com o seu professor
a Atividade10. Pode ser que você tenha as mesmas dúvidas da aluna.
Esse vídeo está disponível no Portal TECA. Para acessá-lo, escolha "Vídeo",
digite "ICF1"e aperte o botão “Pesquisa TECA”.
Atividade 11
Atende ao Objetivo 5
Baseado no que você leu nesta aula, responda às seguintes perguntas:
1. Quais são as propriedades da força de atrito estática entre superfícies
sólidas?
2. Quais são as propriedades da força de atrito cinética entre superfícies
sólidas?
Respostas Comentadas
1. A força de atrito estática aparece quando um objeto é puxado ou em-
purrado e não entra em movimento. Ela aparece para evitar a tendência
de movimento relativo entre as superfícies. Ela é nula quando o corpo
não está sendo empurrado ou puxado e pode variar até um valor má-
ximo, que é proporcional ao valor do módulo da normal à superfície,
0 ≤ fae ≤ µeN . A constante de proporcionalidade µe é denominada
coeficiente de atrito estático.
2. A força de atrito cinética aparece quando um objeto é empurrado ou
puxado e entra em movimento. Ela aparece no sentido de dificultar
o deslizamento relativo entre as superfícies. O módulo força de atrito
cinética é proporcional à normal, isto é, fac = µcN . Todavia, sua
direção não é a mesma da direção do vetor normal. A constante de
proporcionalidade µc, que é denominada coeficiente de atrito cinético,
é diferente e menor do que o coeficiente de atrito estático.
367 CEDERJ
Aula 10 - As leis das forças
Atividade 12
Atende aos Objetivos 4, 5 e 6
Baseado no que você leu nesta aula, faça a seguinte questão:
Um bloco de massa m está em repouso sobre um plano horizontal. Ele é
puxado por um fio de massa desprezível que aplica sobre o bloco uma tensão
de módulo T , que forma um ângulo θ com a horizontal. Resolva o problema,
considerando a Terra como referencial inercial e a aceleração da gravidade
sendo g.
1. Isole o bloco e coloque todas as forças não desprezíveis que atuam sobre
ele.
2. Escreva as componentes x e y de cada uma das forças.
3. Calcule os módulos da força de atrito e da normal.
Resposta Comentada
1. O bloco foi desenhado separado do seu exterior na Figura 10.19. Estão
em contato com o bloco o plano, o fio e o ar. Como o problema diz
para desprezar a força que o ar exerce sobre o bloco, só podem exercer
forças de contato sobre ele o plano e o fio. O plano empurra o bloco
para cima com a força normal ~N . O bloco está sendo puxado para a
direita pelo fio, que exerce sobre ele a tensão ~T . A superfície inferior
do bloco tenta deslizar para a direita e o plano evita esse deslizamento,
puxando a superfície inferior do bloco para a esquerda com a força
de atrito estática ~fae. A única força gravitacional que atua no bloco
é o seu peso ~P . O diagrama das forças do bloco foi representado na
Figura 10.19.
CEDERJ 368
Aula 10 - As leis das forças
MÓDULO 2 - AULA 10
Figura 10.19: Diagrama de forças do bloco em repouso sobre a mesa, puxado
por um fio inclinado.
2. Para encontrar as componentes de um vetor, é necessário projetá-lo nas
direções dos vetores unitários ıˆ e ˆ associados aos eixos coordenados.
As componentes do vetor são os números que devemos multiplicar aos
vetores unitários para obter o vetor projetado em uma dada direção.
A Figura 10.19 mostra que os vetores projetados associados ao peso
do bloco e à força de atrito são iguais a:
~Px = ~0, ~Py = ~P , ~faex = ~fae e ~faey = ~0.
Logo, as componentes da força de atrito e do peso são iguais a:
Px = 0, Py = −P = −mg, faex = −fae e faey = 0.
Os sinais negativos da componente y da força peso e da componente
x da força de atrito aparecem, pois o vetor projetado ~Py e o vetor
projetado ~faex têm os sentidos contrários, respectivamente, aos vetores
unitários ˆ e ıˆ.
As componentes da tensão são dadas por:
Tx = T cos(θ) e Ty = T sen(θ).
3. Os módulos da força de atrito e da normal podem ser calculados aplicando-
se a Segunda Lei de Newton ao bloco:
~T+ ~N+ ~P+~fae = ~0⇒ Px+Nx+Tx+faex = 0 e Ny+Py+Ty+faey = 0⇒
Tx + faex = 0 e Ny + Py + Ty = 0⇒
T cos(θ)− fae = 0 e N −mg + T sen(θ) = 0⇒
fae = T cos(θ) e N = mg − T sen(θ).
369 CEDERJ
Aula 10 - As leis das forças
Veja a videoaula “Corpo em repouso sobre um plano horizontal
puxado por um fio inclinado”. Nela, uma aluna discute com o seu professor
a Atividade 12. Você pode ter as mesmas dúvidas da aluna.
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Atividade 13
Atende aos Objetivos 4, 5 e 6
Baseado no que você leu nesta aula, faça a seguinte questão:
Um bloco de massa m está sobre um plano inclinado, que forma um ângulo
θ com a direção horizontal. Existe atrito entre o bloco e o plano inclinado.
Considere o referencial da Terra como inercial e a aceleração da gravidade e
os coeficientes de atrito estático e cinético entre o bloco e o plano conhecidos.
Despreze a força que o ar exerce sobre o bloco.
1. Isole o bloco e coloque todas as forças não desprezíveis que atuam sobre
ele.
2. Calcule o módulo de todas as forças que atuam sobre o bloco quando
ele está em repouso.
3. Calcule para quais valores do ângulo θ o bloco fica em repouso.
4. Calcule a aceleração do bloco e o módulo de todas as forças que atuam
sobre ele quando está deslizando. Escreva as forças e a aceleração do
bloco em termos dos vetores unitários ıˆ e ˆ.
5. A força de atrito em todos os problemas é sempre horizontal e a normal
é sempre vertical? Exemplifique.
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Aula 10 - As leis das forças
MÓDULO 2 - AULA 10
Respostas Comentadas
1. O bloco foi desenhado separado do seu exterior na Figura 10.20. Es-
tão em contato com o bloco o plano e o ar, e somente o plano exerce
força não desprezível. O plano empurra o bloco na direção perpendi-
cular ao plano com a força normal ~N . A superfície inferior do bloco
tenta deslizar para baixo do plano inclinado, mas o plano evita esse
deslizamento com a força de atrito estática ~fae, que atua na superfície
inferior do bloco, na direção paralela ao plano e para cima. A única
força gravitacional que atua no bloco é o seu peso ~P . A normal e o
peso foram desenhados na Figura 10.20.
Figura 10.20: Diagrama de forças do bloco sobre o plano inclinado.
2. O vínculo de que o bloco está parado sobre o plano nos leva a concluir
que a aceleração do bloco é nula.
A aplicação da Segunda Lei de Newton ao bloco fornece:
~N + ~P + ~fae = ~0⇒ Px +Nx + faex = 0 e Ny + Py + faey = 0.
A Figura 10.20 mostra que os vetores projetados associados à normal
e à força de atrito são iguais a:
~Nx = ~0, ~Ny = ~N, ~faex = ~fae e ~faey = ~0.
Logo, as componentes da força de atrito e da normal são iguais a:
Nx = 0, Ny = N, faex = −fae e faey = 0.
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Aula 10 - As leis das forças
O sinal negativo da componente x da força de atrito está associado
ao fato de o vetor projetado ~faex ter o sentido contrário ao do vetor
unitário ıˆ.
Já as componentes da força peso são dadas por:
Px = P cos(β) e Py = −P sen(β).
A Figura 10.20 mostra que as direções do peso e do vetor projetado
~Px são paralelas aos lados vertical e inclinado do plano. Por isso, temos
que β = γ. Logo, temos que:
γ + θ = 90o e β = γ ⇒ β + θ = 90o ⇒ β = 90o − θ.
Consequentemente, as componentes da força peso se reduzem a
Px = T cos(90
o − θ) e Py = −P sen(90o − θ)⇒
Px = P sen(θ) e Py = −P cos(θ).
A utilização das expressões das componentes das forças fornece:
Px +Nx + faex = 0 ⇒ P sen(θ)− fae = 0⇒ fae = P sen(θ) e
Py +Ny + faey = 0 ⇒ −P cos(θ +N = 0⇒ N = P cos(θ).
3. A força de atrito estática tem que ser menor ou, no limite, igual à força
de atrito máxima, isto é,
fae 6 µeN ⇒ P sen(θ) 6 µe P cos(θ)⇒ µe > tan(θ).
Logo, se a condição anterior não for satisfeita, o bloco desliza sobre o
plano inclinado. Como o valor da tangente aumenta com o valor do
ângulo, a condição para o bloco permanecerparado no plano inclinado
é
θ 6 arctan(µe).
4. Quando bloco está deslizando, a força de atrito é cinética. O vínculo
que nós temos neste caso é de que o bloco se desloca sobre o plano
inclinado. Isso nos leva à conclusão de que a componente ay da acele-
ração é nula. Já a componente ax da aceleração é igual ao módulo da
aceleração a. O diagrama de forças, neste caso, é igual ao do caso em
que o bloco permanece em repouso no plano inclinado.
As componentes das forças são iguais a:
Nx = 0, Ny = N, facx = −fac = −µcN e facy = 0 e
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Aula 10 - As leis das forças
MÓDULO 2 - AULA 10
Px = P sen(θ) e Py = −P cos(θ).
A aplicação da Segunda Lei de Newton ao bloco fornece:
~N + ~P + ~fac = m~a⇒
Px +Nx + facx = max = ma e Ny + Py + facy = may = 0.
A utilização das expressões das componentes das forças fornece:
Px +Nx + facx = ma ⇒ P sen(θ)− µcN = ma e
Py +Ny + facy = 0 ⇒ −P cos(θ) +N = 0⇒ N = P cos(θ).
Consequentemente, temos que:
fac = µcmg cos(θ), N = mgcos(θ) e
a =
mg sen(θ)− µcmg cos(θ)
m
= g sen(θ)− µc g cos(θ).
5. Não. Quem define as direções da força normal e da força de atrito é a
superfície onde elas atuam. Quando a superfície sobre a qual o objeto
de estudo está não é horizontal, a normal não será vertical e a força de
atrito não será horizontal, como no caso de um bloco sobre um plano
inclinado.
Veja as videoaulas “Corpo em repouso sobre um plano inclinado” e “Corpo
deslizando sobre um plano inclinado”. Nelas, uma aluna discute com o seu
professor a Atividade 13. Você pode ter as mesmas dúvidas da aluna.
Esses vídeos estão disponíveis no Portal TECA. Para acessá-los, escolha
"Vídeo", digite "ICF1" e aperte o botão “Pesquisa TECA”.
Conclusão
Você aprendeu nesta aula sobre as leis que regem as forças gravitacio-
nais, as forças de atrito, a força empuxo e a força de resistência do ar. Com
elas, você pode resolver os problemas mais simples da Mecânica da Partícula.
Com a finalidade de evitar erros nas resoluções dos problemas, siga com pa-
ciência os passos do algoritmo para encontar a trajetória de uma partícula,
que é o que foi proposto na Introdução desta aula. Construa o diagrama de
forças do corpo lentamente, sempre se perguntando quais são as origens das
forças que atuam no corpo e quem ou o que produziu essas forças. Lembre-se
de que, no diagrama de forças, cada seta representa um puxão ou um em-
purrão. Não coloque setas a mais ou a menos. Se você trabalhar de forma
organizada, vai reduzir muito a probabilidade de erros.
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Aula 10 - As leis das forças
Resumo
A força gravitacional entre duas partículas é diretamente proporcional ao
produto das massas e inversamente proporcional ao quadrado da distância
entre elas. Ela tem a direção da reta que une as duas massas e é atrativa.
A expressão vetorial dessa lei é: ~FG = −Gm1m2
r2
rˆ,
em que m1 e m2 são as massas inerciais das partículas, r é a distância entre
as massas, rˆ é o vetor unitário associado ao vetor posição da massa que sofre
a força em relação à massa que exerce a força e G é a constante de gravitação
universal. No sistema de unidades MKSA, o valor dessa constante é dado
por: G = 6,67.10−11 (Nm2)/kg2.
O módulo da força de atrito estática satisfaz à seguinte desigualdade: 0 ≤
fam ≤ µeN e o módulo da força de atrito cinética é igual a fac = µcN .
Se um corpo sólido está imerso em um fluido em equilíbrio, o fluido exerce
sobre ele a força empuxo. A força empuxo é igual a menos o peso do fluido
deslocado pelo corpo.
Nos casos em que o movimento ocorre sem turbulências, a força de resistência
do ar é dada por:
~Frar = −ρar CxAv
2 vˆ
2
,
em que v é o módulo da velocidade do corpo em relação ao ar , Cx é o coe-
ficiente de arrasto aerodinâmico, ρar é a densidade do ar (ρar = 1,224 kg/m3
ao nível do mar), vˆ é o vetor unitário associado à velocidade do corpo em
relação ao ar e A é a área de impacto projetada na direção do vetor unitário
vˆ .
Informações sobre a próxima aula
Na próxima aula, você vai resolver mais problemas da dinâmica da
partícula.
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Aula 10 - As leis das forças
MÓDULO 2 - AULA 10
Leitura recomendada
Aprenda um pouco mais sobre a força de resistência do ar lendo o artigo
de Carlos Aguiar e de Gustavo Rubin.
Referências bibliográficas
AGUIAR, Carlos Eduardo; RUBINI, Gustavo. A aerodinâmica da bola de
futebol. Revista Brasileira de Ensino de Física, São Paulo, v. 26, n. 4, p.
297-306, dez. 2004.
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica I : Mecânica. 3. ed.
São Paulo: Edgard Blücher, 1981.
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