Buscar

Sistemas de partículas

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Você viu 3, do total de 3 páginas

Prévia do material em texto

Sistemas de partículas
Objetivos: Entender o conceito de centro de massa; saber deter-
minar o centro de massa de distribuições contínuas de massa.
Até agora, estudamos somente sistemas formados por partículas
(ou pontos materiais). Nosso próximo objetivo é mostrar que os prin-
cípios de conservação da energia, e mais tarde os de conservação do
momento linear também se aplicam a sistemas de muitas partículas e
a corpos extensos. A motivação para isso surge novamente, de uma
limitação na resolução de problemas.
Posição ponderada pelas massas
Considere um sistema formado por duas massas, m1 em2. Defini-
mos como centro de massa (cm) do sistema como a posição ponderada
pelas massas
xcm =
m1x1 +m2x2
m1 +m2
=
1
M
(m1x1 +m2x2), (Módulo 9.1.1)
onde M será utilizado para representar a massa total do sistema. Com
essa definição, podemos também teorizar o que seria a velocidade e
aceleração do centro de massa. Derivando a relação Módulo 9.1.1 em
relação ao tempo, temos:
dxcm
dt
=
1
M
(
m1
dx1
dt
+m2
dx2
dt
)
,
ou
vcm =
1
M
(m1v1 +m2v2) (Módulo 9.1.2)
Derivando novamente em relação ao tempo, temos
dvcm
dt
=
1
M
(
m1
dv1
dt
+m2
dv2
dt
)
acm =
1
M
(m1a1 +m2a2) (Módulo 9.1.3)
A equação Módulo 9.1.3 nos fornece algo bem interessante, pois
m1a1 e m2a2 são, respectivamente, as forças sofridas por m1 e m2.
Numa situação onde duas massas interagem entre si (e.g. mola com
duas massas), essas forças constituem um par ação-reação. Assim,
a soma m1a1 + m2a2 = ~F12 + ~F21 = 0, lembrando, é claro que
~F12 = −~F21. De fato, todas as vezes que um sistema for livre da ação
de forças externas, teremos, necessariamente, acm = 0.
Nos casos onde houver uma força externa atuando, o tratamento
com o centro de massa é também adequado, pois teríamos as seguintes
forças atuando nas massas m1 e m2.
Em m1: Fext,1 + F12 = m1a1
Em m2: Fext,2 + F21 = m2a2
Somando as duas equações, chegaremos a
∑
Fext = (m1a1 +
m2a2), ou ∑
Fext = Macm (Módulo 9.1.4)
A relação Módulo 9.1.4 pode ser entendida como a 2a Lei de New-
ton para um sistema de muitas partículas. Isso significa adotar um
sistema de massa M onde a força atuasse no centro de massa.
Em várias dimensões, podemos fazer uma análise semelhante. Seja S
um sistema formado por n partículas. A soma das massas é expressa
por M = m1 + m2 + m3 + ... + mn =
∑n
i=1mi Definimos as
coordenadas do centro de massa como
xcm =
1
M
n∑
i=1
mixi; ycm =
1
M
n∑
i=1
miyi; zcm =
1
M
n∑
i=1
mizi
(Módulo 9.1.5)
Se definirmos o vetor posição ~rcm = xcmiˆ+ ycmjˆ + zcmkˆ, teremos
~rcm =
1
M
(m1~r1 +m2~r2 + ...+mn~rn) =
1
M
n∑
i=1
mi~ri.
(Módulo 9.1.6)
Derivando em relação ao tempo:
~vcm =
1
M
(m1~v1 +m2~v2 + ...+mn~vn) =
1
M
n∑
i=1
mi~vi
(Módulo 9.1.7)
derivando novamente:
~acm =
1
M
(m1~a1 +m2~a2 + ...+mn~an) =
1
M
n∑
i=1
mi~ai,
ou
~acm =
1
M
n∑
i=1
~Fi (Módulo 9.1.8)
No caso, como as forças internas ao sistema sempre se anulam,
podemos dizer que o somatório das forças na equação anterior é sim-
plesmente a soma das forças externas. Daí:∑
~Fext = Macm
Para distribuições contínuas de massa, é necessária uma formulação
mais completa sobre o centro de massa de um sistema de partícu-
las, agora de tamanho infinitesimal. Podemos pensar que um ob-
jeto qualquer é dividido em infinitos pedaços de massa, sendo cada
pedaço infinitesimalmente pequeno. Considerando cada partícula de
massa ∆mi, podemos escrever, segundo a formulação anterior: ~rcm =
1
M
∑n
i=1 ~ri∆mi, para cobrir toda a massa, é necessário tomar um nú-
mero de termos tendendo a infinito (lembre-se que aqui, ∆mi é uma
quantidade que tende à zero). Daí: ~rcm = limn→∞
1
M
∑n
i=1 ~ri∆mi.
Assim,
~rcm =
1
M
∫
~r dm, (Módulo 9.1.9)
Universidade de Brasília - Física 1 - Prof. Pedro Henrique
ou em termos de suas componentes:
xcm =
1
M
∫
x dm
ycm =
1
M
∫
y dm (Módulo 9.1.10)
zcm =
1
M
∫
z dm
Exercício Resolvido 9.1.1:
O bloco 1 repousa numa superfície sem atrito, e o bloco 2 está
na extrimadade oposta de um fio inestensível, de comprimento L e de
massa desprezível. Considerando a polia ideal, calcule a aceleração do
sistema.
Adotando o sistema de coordenadas na polia, teremos:
xcm =
m1 · [−(L− y)] +m2 · 0
M
⇒ xcm = −m1(L− y)
m1 +m2
ycm =
m2 · y
m1 +m2
Derivando, podemos encontrar velocidades e acelerações do centro de
massa.
vxcm =
m1
M
vy e vycm =
m2
M
vy , derivando novamente:
axcm =
m1
M
ay e aycm =
m2
M
ay .
Como ay é constante, podemos escrever ay = a.
Analisando as forças
Em x: −T = −Maxcm
Em y: m1g − FN1 +m2g − T = Maycm , somando, teremos:
m2g =
��Mm2a
��M
+
��Mm1a
��M
,ou
a =
m2g
M
Exercício Resolvido 9.1.2: Calcular o centro de massa da seguinte
distribuição contínua de massa:
O objeto acima é resultado da retirada, a partir de um disco maior,
de raio 2R de um disco menor de raio R. Assim, para resolver a ques-
tão, usaremos de dois corpos separados: chamaremos de A o disco de
raio R e de B o disco de raio 2R.
Para o disco A (por simentria):
xcmA = −R e ycmA = 0
Para o disco B (por simentria):
xcmB = 0 e ycmB = 0
Como o objeto em questão, que chamaremos de C, é resultado da
“subtração” de A do disco B, podemos pensar que B é resultado da
“soma” de A e C. Assim,
���:
0xBcm =
mAxcmA +mCxcmC
mA +mC
,
xcmC = −
mAxcmA
mC
=
mAR
mC
.
Como a distribuição de massa é contínua, podemos escrever que a
densidade superficial das partes do corpo σ é constante. Assim,
σA = σB ⇒ mA
ÁreaA
=
mB
ÁreaB
mA
mC
=
ÁreaA
ÁreaC
=
piR2
pi(2R)2 − piR2 =
piR2
3piR2
,
ou
mA
mB
=
1
3
, substituindo:
xcmC =
R
3
, e ycmC = 0 .
A conclusão de que ycmC = 0 foi baseada na simetria da situação.
Exercício Resolvido 9.1.3:
Calcular o centro de massa de um semi-anel de raio R.
Universidade de Brasília - Física 1 - Prof. Pedro Henrique
Por simetria, notamos que xcm = 0. Como a distribuição de massa
é contínua, podemos escrever:
M
φtotal
=
dm
dφ
⇒ dm
dφ
=
M
pi
.
Como y = Rsenφ, podemos escrever que:
Assim,
ycm =
1
M
∫
y dm =
1
��M
∫ pi
0
��M
pi
Rsenφ dφ
ycm =
R
pi
cosφ
∣∣∣∣∣
pi
0
,
ou
ycm =
2R
pi
Universidade de Brasília - Física 1 - Prof. Pedro Henrique

Outros materiais