Centro de Massa e Movimento de Sistemas de Partículas

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Sistema de Partículas 
Centro de Massa 
Até o momento, analisamos problemas de mecânica envolvendo uma ou duas 
partículas ou corpos cujas dimensões eram irrelevantes para a sua solução. Vamos agora 
começar a estudar problemas envolvendo várias partículas (lembrando que um corpo 
extenso pode ser visto como um conjunto de partículas), buscando uma visão mais geral dos 
fenômenos mecânicos. 
Vamos então definir o conceito de centro de massa, bastante útil na análise de tais 
situações. Trata-se de uma média ponderada da posição das partículas, tendo como peso, 
suas respectivas massas. Para a coordenada x , temos então 
1 1 2 2 3 3
1 2 3
...
...
i i
i
cm
i
i
m x
m x m x m x
x
m m m m
+ + +
= =
+ + +
∑
∑
 
Onde 
im e ix são a massa e a coordenada x da “ i -ésima” partícula, respectivamente. 
Para as coordenadas y e z , procedemos da mesma maneira, de forma que podemos definir 
o vetor posição do centro de massa 
1 1 2 2 3 3
1 2 3
...
...
i i
i
cm
i
i
m r
m r m r m r
r
m m m m
+ + +
= =
+ + +
∑
∑
�
� � �
�
 
Um exemplo imediato de sistema de partículas para o qual podemos calcular o centro 
de massa é um gás. Porém, sólidos e líquidos também são constituídos de partículas, e a 
definição continua válida. Macroscopicamente, esses sistemas são ditos contínuos, de forma 
que a soma deve ser substituída por uma integral, podendo complicar os cálculos. Contudo, 
para corpos homogêneos, sabemos que o centro de massa deve coincidir com o centro 
geométrico. 
Exercício: Quatro partículas estão situadas no plano xy . A partícula 1 possui massa 
1
5,0m kg= e posição ( )1 ˆ ˆ2,0 2,5r i j m= − +
�
, a partícula 2 possui massa 
2
2,5m kg= e 
posição ( )2 ˆ ˆ1,5 2,0r i j m= +
�
, a partícula 3 possui massa 
3
1,5m kg= e posição 
( )3 ˆ ˆ1,0 1,5r i j m= −
�
, e a partícula 4 possui massa 
4
3,0m kg= e posição ( )1 ˆ ˆ2,5 1,0r i j m= − −
�
. 
Desenhe o sistema de coordenadas com as partículas, e calcule as coordenadas do centro de 
massa, indicando sua posição. 
 
Movimento do Centro de Massa 
Vamos agora imaginar um sistema de partículas em movimento, de forma que, em um 
dado instante, atribuímos a cada partícula uma massa, uma posição e uma velocidade 
própria. Para calcular a componente x da velocidade do centro de massa, fazemos 
31 2
1 2 3
1 1 2 2 3 3
1 2 3 1 2 3
...
...
... ...
cm x x x
cmx
i ix
i
cmx
i
i
dxdx dx
m m m
dx m v m v m vdt dt dtv
dt m m m m m m
m v
v
m
+ + +
+ + +
= = =
+ + + + + +
=
∑
∑
 
Onde 
ixv é a componente x da velocidade da i -ésima partícula. Aplicando o mesmo 
procedimento para as outras componentes, chegamos à expressão para o vetor velocidade 
do centro de massa 
i i
i
cm
i
i
m v
v
m
=
∑
∑
�
�
 
Sabendo que a massa total do sistema é 
i
i
m M=∑ 
Podemos calcular o momento linear total 
cm i i
i
P Mv m v= =∑
�
� �
 
Ou seja, a quantidade de movimento do sistema é a soma da quantidade de 
movimento de cada partícula constituinte. Esse resultado deve ser esperado devido ao fato 
de que o momento linear é uma quantidade vetorial, de forma que devemos ser capazes de 
calcular o momento resultante através da soma de vetores. 
Assim, quando chutamos uma bola, estamos aplicando uma força em um grande 
conjunto de partículas (átomos) que se comportam como uma única partícula localizada no 
centro de massa, e cuja massa é a soma de todas as massas individuais. 
Igualmente, quando um patinador do gelo se desloca girando sobre os patins, seu 
movimento pode parecer complicado, porém, o movimento de seu centro de massa tende a 
ser uma linha reta. 
Exercício: Considere novamente o sistema de partículas do exercício anterior, 
admitindo agora que as partículas 1, 2 , 3 e 4 possuem velocidades ( )1 ˆ ˆ4,0 3,0 /v i j m s= +
�
, 
( )2 ˆ ˆ3,0 5,0 /v i j m s= −
�
, ( )3 ˆ ˆ5,0 4,0 /v i j m s= − −
�
 e ( )1 ˆ ˆ4,5 3,5 /v i j m s= − +
�
 respectivamente. 
Calcule a velocidade do centro de massa e use o resultado para calcular o momento linear 
total. 
 
Sistema Sob Ação de Forças Externas 
Até agora, consideramos sistemas de partículas livres. O que acontece quando um 
sistema de partículas está sob a ação de uma força resultante externa? 
De maneira semelhante ao que foi feito no caso da velocidade, podemos demonstrar 
que a aceleração total do centro de massa será 
i i
i
cm
i
i
m a
a
m
=
∑
∑
�
�
 
E, consequentemente, temos a força resultante que age sobre o sistema 
R cm i i
i
F Ma m a= =∑
�
� �
 
Exercício: Demonstre os resultados acima. 
Se considerarmos que as partículas constituintes do sistema interagem entre si, 
devemos levar em conta, além de forças externas, as forças internas 
R ext int cm
F F F Ma= + =∑ ∑
� � �
�
 
Contudo, devido à terceira lei de Newton, as forças internas devem formar pares de 
ação e reação, cancelando-se entre si, de forma que 
0
int
F =∑
�
 
E a quantidade de movimento total do sistema só será afetada pelas forças externas 
ext cm
F Ma=∑
�
�
 
Um exemplo bastante comum é o da força peso. O peso de um sólido é a soma dos 
pesos de todos os átomos que o formam. O peso resultante equivale fisicamente a uma 
única força aplicada no centro de massa. 
Pelas razões aqui apresentadas, quando um atirador de facas lança uma faca, que vai 
girando até seu alvo, seu movimento pode parecer complicado, porém, o movimento de seu 
centro de massa tende a ser uma parábola (lançamento oblíquo). 
Assim, ao entender o conceito de centro de massa e a dinâmica de um sistema de 
partículas, compreendemos como se pode representar um corpo com massa distribuída 
como uma partícula. 
Propulsão de um Foguete 
Imaginemos um foguete numa região do espaço sideral onde a gravidade possa ser 
desprezada (ou seja, não há forças externas agindo sobre ele). O foguete é um corpo sólido, 
e seu combustível um fluido, ambos compostos por átomos, e podemos, por tanto, tratá-los 
como um único sistema de partículas. 
Quando a propulsão é acionada, o foguete expele o propelente, que é, basicamente, 
combustível queimado, de forma que sua massa diminui com o tempo. Vamos então calcular 
a aceleração sofrida por ele. Como o movimento é retilíneo, vamos utilizar apenas 
quantidades escalares. 
Vamos chamar a velocidade do propelente expelido em relação ao foguete de 
exv , e a 
velocidade do propelente em relação a um sistema de referencial inercial de 
prop
v , de forma 
que 
prop ex
v v v= − 
Sendo v a velocidade instantânea do foguete. Num instante dt , o foguete sofre uma 
variação de massa dm (negativa), de forma que a variação do momento linear do 
propelente ejetado será 
( ) ( )prop exdm v dm v v− = − − 
 Logo, se num dado instante t , o momento linear total do foguete é mv , no instante 
t dt+ , teremos, para o momento do foguete e do propelente queimado 
( )( ) ( )exP m dm v dv dm v v= + + − − 
Pela conservação do momento linear, temos 
( )( ) ( )exmv m dm v dv dm v v= + + − − 
Lembrando que o produto de duas quantidades diferenciais é zero, podemos escrever 
a relação acima da seguinte maneira 
0exmdv v dm+ = 
Dividindo por dt , chegamos à relação 
ex
dv dm
m v F
dt dt
= − = 
Que dá a força agindo sobre o foguete em função da velocidade e da vazão com que o 
propelente é expelido. Assim, chegamos finalmente à aceleração instantânea do foguete 
ex
v dm
a
m dt
= − 
Lembrando que aqui a massa varia com o tempo, e que essa variação é negativa, de 
forma que a aceleração é positiva no sentido do movimento. 
Uma forma mais direta de se obter este resultado é aplicando a segunda lei de Newton 
em sua forma geral 
dP dv dm
F m v
dt dt dt
= = + 
Pela terceira lei de Newton, esta força deve ser igual à taxa de variação do momento 
linear do propelente ejetado, cuja velocidade é constante, porém sua massa varia, de forma 
que 
prop
prop
dP dm
v
dt dt
= − 
Onde o sinal negativo se deve ao fato de o propelente ser expelido em sentido oposto 
ao domovimento. Assim 
prop
dv dm dm
m v v
dt dt dt
+ = 
Dividindo por m e resolvendo para a derivada temporal da velocidade, chegamos à 
mesma fórmula da aceleração obtida anteriormente 
( )prop exv v vdv dm dma
dt m dt m dt
−
= = = − 
Isso demonstra como o fato de se escrever a força resultante como o produto da 
massa pela aceleração equivale a escrevê-la como a variação do momento linear no tempo. 
Considerando a conservação de massa, podemos sempre pensar no problema em termos de 
um sistema de partículas. 
Vamos agora integrar a aceleração a fim encontrarmos a velocidade do foguete. 
ex
dm
dv v
m
= − 
Suponha que o foguete tenha inicialmente uma velocidade 
0
v , e uma massa 
0
m . 
Vamos integrar nas variáveis v′ e m′ , de forma que ( )v t e ( )m t sejam sua velocidade e sua 
massa num tempo t qualquer. 
( ) ( )
0 0
v t m t
ex
v m
dm
dv v
m
′
′ = −
′∫ ∫ 
O que no dá 
( )
( )
0
0
lnex
m
v t v v
m t
 
= +   
 
 
Exercício: Esboce o gráfico da velocidade de foguete em função da massa e do tempo 
para ( ) 0m t m tη= − , e interprete fisicamente. 
Se 
f
m é a massa do foguete sem combustível, sua velocidade final após esgotar todo o 
propelente será 
0
0
lnf ex
f
m
v v v
m
 
= +   
 
 
Assim, vemos que para maximizar a eficiência do foguete devemos fazer a velocidade 
exv e a razão 0 / fm m as maiores possíveis. 
Exercício: Ao final do processo de propulsão, qual deve ser a velocidade final do centro 
de massa da nuvem de propelente deixada pelo foguete? 
Exercício: Suponha que um foguete decole da superfície de um planeta sem 
atmosfera, cujo campo gravitacional g em função da altura h é dado por 
( )
( )
2
GM
g h
R h
=
+
 
Onde G é constante da gravitação universal, M é a massa do planeta e R é o seu 
raio. Determine a aceleração do foguete para este caso.