mecI_1b

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CINEMA´TICA E DINAˆMICA DE CORPO RI´GIDO
1. Dinaˆmica da partı´cula
• Vetor posic¸a˜o (em relac¸a˜o a O): ~r = xi + yj.
1
• Velocidade instantaˆnea: ~v = d~rdt ,
~v =
d~r
dt
=
dx
dt
i +
dy
dt
j = vxi + vyj, (1)
i.e.
vx =
dx
dt
, vy =
dy
dt
. (2)
• Acelerac¸a˜o instantaˆnea: ~a = d~vdt = d
2~r
dt2
,
~a =
d~v
dt
=
dvx
dt
i +
dvy
dt
j =
d2x
dt2
i +
d2y
dt2
j = axi + ayj, (3)
i.e.
ax =
dvx
dt
=
d2x
dt2
, ay =
dvy
dt
=
d2y
dt2
. (4)
• Se N forc¸as atuam sobre a partı´cula, ~FR sera´ a forc¸a resultante,
~FR = ~F1 + ~F2 + ~F3 + . . . =
N∑
1
~Fi, (5)
com
~FR = m~a = m
d~v
dt
=
d~p
dt
, (2a Lei de Newton) (6)
onde ~p = m~v e´ o momento linear ou quantidade de movimento da
partı´cula. Se a partı´cula esta´ em equilı´brio (repouso ou velocidade
contante),
~FR = m~a = m
d~v
dt
=
d~p
dt
= 0, (7)
i.e., ~p e´ constante.
2. Sistema de partı´culas
• Um corpo extenso pode ser considerado como uma distribuic¸a˜o de
pequenos elementos de massa ∆mi.
• Massa total do corpo: m = ∆m1 + ∆m2 + ∆m3 + . . . ... =∑J
1 ∆mi.
• O movimento de um corpo extenso pode ser descrito em termos do
seu centro de massa - ponto do sistema que se movimenta como se
toda a massa do sistema estivesse nele concentrada.
• Posic¸a˜o, velocidade e acelerac¸a˜o do CM devem ser determinadas.
• Posic¸a˜o do CM:
m~rCM = ∆m1~r1 + ∆m2~r2 + ∆m3~r3 + . . . =
J∑
1
∆mi~ri, (8)
i.e.
~rCM =
∑J
1 ∆mi~ri
m
. (9)
• Velocidade do CM:
m~vCM = ∆m1~v1 + ∆m2~v2 + . . . =
J∑
1
∆mi~vi =
J∑
1
∆mi
d~ri
dt
,
(10)
i.e.
~vCM =
∑J
1 ∆mi~vi
m
, ~vi =
d~ri
dt
. (11)
• Acelerac¸a˜o do CM:
m~aCM = ∆m1~a1+. . . =
J∑
1
∆mi~ai =
J∑
1
∆mi
d~vi
dt
=
J∑
1
∆mi
d2~ri
dt2
,
(12)
i.e.
~aCM =
∑J
1 ∆mi~ai
m
, ~ai =
d~vi
dt
=
d2~ri
dt2
. (13)
• Movimento do CM: https://www.youtube.com/watch?v=DY3LYQv22qY
.
• Se um corpo esta´ sujeito a va´rias forc¸as, teremos, para cada elemento
do corpo: ~Fi = ∆mi~ai (~Fi pode ser dividida em forc¸as externas e
internas).
• Forc¸a resultante sobre um corpo rı´gido: ~FR =
∑J
1
~Fi =
∑J
1
~F exti (em
um corpo rı´gido as forc¸as internas se anulam). Logo:
~F extR =
J∑
1
~Fi =
J∑
1
∆mi~ai → ~F extR = m~aCM . (14)
A equac¸a˜o acima e´ a equac¸a˜o fundamental da dinaˆmica das translac¸o˜es
(2a Lei de Newton). Na auseˆncia de forc¸as externas,
~F extR = m~aCM = 0→ ~vCM = cte, (15)
o que significa que o corpo rı´gido esta´ em equilı´brio (translac¸a˜o).
3. Rotac¸a˜o de um corpo rı´gido ao redor de um eixo fixo
• Vamos analisar a rotac¸a˜o de um objeto rı´gido plano ao redor de um
eixo fixo que passa por O (objeto confinado no plano xy).
• Comprimento do arco s: s = rθ (θ em radianos).
• Utilizamos a coordenada θ para identificar a posic¸a˜o do ponto P .
• Velocidade angular instantaˆnea: ω = dθdt
• Relac¸a˜o entre velocidade escalar e angular: v = dsdt = rdθdt = rω.
• Acelerac¸a˜o angular instantaˆnea: α = dωdt = d
2θ
dt2
.
• Relac¸a˜o entre acelerac¸a˜o escalar (tangencial) e angular: at = dvdt =
rdωdt = rα (at na˜o e´ a acelerac¸a˜o centrı´peta!)
• Acelerac¸a˜o centrı´peta (~acp): responsa´vel pela mudanc¸a na direc¸a˜o do
vetor velocidade.
• Acelerac¸a˜o escalar (tangencial - ~at): responsa´vel pela variac¸a˜o do
mo´dulo do vetor velocidade.
• Acelerac¸a˜o total: ~a = ~at + ~acp; ~a = d~vdt .
• Suponha que a partı´cula localizada em P , com massa dm, esteja
sujeita a uma forc¸a tangencial d~Ft. Logo: dFt = (dm)at.
• O torque ou momento d ~M associado com a forc¸a d~Ft atua em relac¸a˜o
a O e seu mo´dulo e´ dado por dM = rdFt = (rdm)at = (r2dm)α.
• Todos os elementos do corpo rı´gido possuem a mesma acelerac¸a˜o
angular α, logo o momento resultante sobre o corpo em relac¸a˜o a
origem O sera´
MO =
∫
dM =
∫ [(
r2dm
)
α
]
= α
∫
r2dm. (16)
• A quantidade I = ∫ r2dm e´ o momento de ine´rcia do objeto em
relac¸a˜o ao eixo de rotac¸a˜o que passa por O, logo
MO = Iα. (17)
A equac¸a˜o acima e´ a equac¸a˜o fundamental da dinaˆmica das rotac¸o˜es
e e´ ana´loga a segunda Lei de Newton.
• Se na˜o ha´ rotac¸a˜o: ~MO = 0.
4. Forc¸as sobre uma partı´cula
• Uma forc¸a representa a ac¸a˜o de um corpo sobre outro e e´ geral-
mente caracterizada por seu ponto de aplicac¸a˜o, sua intensidade, sua
direc¸a˜o e seu sentido. Forc¸as que atuam sobre uma dada partı´cula,
entretanto, teˆm o mesmo ponto de aplicac¸a˜o.
• A direc¸a˜o de uma forc¸a e´ definida pela linha de ac¸a˜o e o sentido da
forc¸a; a linha de ac¸a˜o e´ a linha reta infinita ao longo da qual a forc¸a
atua.
• Constata-se experimentalmente que duas forc¸as que atuem sobre
uma mesma partı´cula podem ser substituı´das por uma u´nica forc¸a,
a resultante, que tem o mesmo efeito sobre essa partı´cula.
• Um vetor usado para representar uma forc¸a que atua sobre uma dada
partı´cula tem um ponto de aplicac¸a˜o bem definido, a saber, a partı´cula
propriamente dita. Diz-se que tal vetor e´ fixo. No caso dos corpos
rı´gidos, veremos que os vetores que representam as forc¸as que atuam
sobre o corpo podem ser deslocados ao longo das suas linhas de
ac¸a˜o (sa˜o vetores deslizantes).
• Vimos que duas ou mais forc¸as que atuam sobre uma partı´cula po-
dem ser substituı´das por uma u´nica forc¸a. Reciprocamente, uma forc¸a
u´nica ~F que atua sobre uma partı´cula pode ser substituı´da por duas
ou mais forc¸as que, juntas, teˆm o mesmo efeito sobre a partı´cula. Es-
sas forc¸as sa˜o chamadas de componentes da forc¸a original ~F .
• Em muitos problemas e´ deseja´vel decompor uma forc¸a em dois com-
ponentes que sa˜o perpendiculares entre si, isto e´, componentes re-
tangulares. Na figura abaixo, Fx = F cos θ e Fy = F sin θ e a re-
sultante pode ser escrita em termos das componentes utilizando os
vetores unita´rios: ~F = Fxi + Fyj.
Exemplo 1: As forc¸as ~P (40 N) e ~Q (60 N) atuam sobre um corpo A.
Os aˆngulos α e β sa˜o iguais a 25◦ e 20◦ respectivamente. Determine
a resultante que atua sobre o corpo.
A resultante ~R dos dois vetores e´ desenhada em vermelho na figura
acima. Para determinar o seu mo´dulo podemos utilizar as lei dos co-
senos:
R2 = P2 +Q2 − 2PQ cos θ, (18)
onde θ e´ o aˆngulo oposto ao vetor resultante. Percebemos pela figura
que θ = 180◦ − α = 180◦ − 25◦ = 155◦. Logo:
R2 = (40)2 + (60)2 − 2.(40).(60) cos(155◦)→ R = 97,73N.
(19)
Para determinar o aˆngulo formado entre o vetor resultante e o vetor ~P
podemos utilizar a lei dos senos:
sinφ
Q
=
sin θ
R
→ sinφ = sin(155
◦).(60)
97,73
= 0,26. (20)
Logo, φ = 15,04◦ e o aˆngulo que ~R faz com a horizontal e´ 35,04◦.
Exemplo 2: Um corpo A (visto de cima) desliza sobre um plano ao
ser puxado em duas direc¸o˜es com forc¸as de trac¸a˜o ~T1 e ~T2, cuja
resultante esta´ ao longo do eixo do corpo e tem mo´dulo 22,25 N.
Determine as forc¸as de trac¸a˜o sabendo que α = 45◦.
Pela lei dos senos, temos:
T1
sinα
=
T2
sinβ
=
R
sinφ
→ T1
sin(45◦)
=
T2
sin(30◦)
=
22,25
sin(105◦)
.
(21)
Logo: T1 = 16,29N e T2 = 11,52N .
Exemplo 3: Um homem puxa com a forc¸a de 300 N uma corda amar-
rada a um edifı´cio, como mostra a figura abaixo. Quais sa˜o os com-
ponentes horizontal e vertical da forc¸a exercida pela corda no ponto
A?
Atrave´s da figura verificamos que: cosα = Fx/F = 8/AB e sinα =
Fy/F = 6/AB, onde AB pode ser determinado atrave´s do Teorema
de Pita´goras: (AB)2 = (6)2 + (8)2 = 100 → AB = 10 m.
Logo: Fx = 300.(4/5) = 240N e Fy = 300.(3/5) = 180N
e podemos escrever ~F como ~F = (240N)i − (180N)j. Tambe´m
podemos determinar o mo´dulo de ~F usando o Teorema de Pita´goras:
F =
√
F2x + F
2
y .
5. Equilı´brio da partı´cula
• Ja´ discutimosalguns me´todos para se determinar a resultante de
va´rias forc¸as que atuam sobre uma partı´cula. Quando a resultante
de todas as forc¸as que atuam sobre uma partı´cula e´ igual a zero, a
partı´cula esta´ em equilı´brio.
• Para expressar algebricamente as condic¸o˜es de equilı´brio de uma
partı´cula, escrevemos:
~FR =
∑
~F = 0, (22)
ou
FRx =
∑
Fx = 0, FRy =
∑
Fy = 0. (23)
• De acordo com a primeira lei de Newton, se a forc¸a resultante que atua
sobre uma partı´cula e´ nula, a partı´cula permanecera´ em repouso (se
originalmente em repouso) ou se movera´ com velocidade constante
em linha reta (se originalmente em movimento).
• Um esboc¸o mostrando as condic¸o˜es fı´sicas do problema e´ conhecido
como diagrama espacial ; um diagrama mostrando a partı´cula em es-
tudo e todas as forc¸as que atuam sobre ela e´ denominado diagrama
de corpo livre.
Exemplo 4: Considere o caixote de 75 kg da figura abaixo. Esse
caixote se encontrava entre dois edifı´cios e agora esta´ sendo car-
regado em um caminha˜o que ira´ removeˆ-lo. O caixote e´ sustentado
por um cabo vertical, que esta´ fixado em A a duas cordas que passam
por roldanas presas aos edifı´cios em B e C. Queremos determinar a
trac¸a˜o em cada uma das cordas AB e AC.
O caixote esta´ em equilı´brio sob a ac¸a˜o das treˆs forc¸as: seu peso
(m.g = (75).(9,81) = 736 N) e as trac¸o˜es TAB e TAC . Para faci-
litar, podemos considerar as forc¸as atuando no ponto A. Utilizando o
diagrama de corpo livre e o triaˆngulo de forc¸as equivalente, podemos
escrever: TABsin(60◦) =
TAC
sin(40◦) =
(736)
sin(80◦). Logo TAB = 647 N e
TAC = 480 N.
Figuras:
• http://plutaoplanetaplutao.blogspot.com.br/
Refereˆncias:
• Halliday, D.; Resnick, R.; Walker, J. Fundamentos de Fı´sica, Vol. I, 8. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2009.
• Beer, F. P. e Johnston, E. R. Mecaˆnica Vetorial para Engenheiros: esta´tica. 5. ed. Sa˜o Paulo:
Pearson Education, 2008.