Sistema de Partículas e Centro de Massa

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Introdução à Física Clássica I
Prof. Neemias Alves de Lima
28 de julho de 2021
Escola de Ciências e Tecnologia, UFRN
13 - Sistema de partículas.
Centro de massa.
Na Aula 7 vimos que segunda lei de Newton do movimento pode
ser escrita na forma
~Fres =
d~p
dt
(1)
onde
~p = m~v (2)
é o momento linear de uma partícula de massa m e velocidade ~v.
Nesta aula generalizaremos esta lei para um sistema de N partí-
culas e aplicaremos o resultado em problemas que estão além do
alcance da aplicação da versão ~Fres = m~a básica da segunda lei
de Newton e do formalismo de trabalho e energia.
1
Sistema de partículas
Considere um sistema de partículas de N (k = 1, 2, ...,N ) par-
tículas e M (λ = 1, 2, ...,M ) partículas externas a este sistema,
como ilustra a Figura abaixo.
k
λ
A segunda lei de Newton para a k-ésima partícula do sistema de
partículas é
~Fres,k =
d~pk
dt
(3)
2
Podemos escrever a força resultante na partícula k como uma
soma de dois termos:
~Fres,k = ~Fres,int,k + ~Fres,ext,k =
d~pk
dt
(4)
onde
~Fres,int,k =
N∑
l( 6=k)=1
~Fk,l (5)
~Fres,ext,k =
M∑
λ=1
~Fk,λ (6)
k
l λ
~Fk,l
~Fl,k
~Fk,λ
~Fλ,k
k
λ
3
Definimos como a força resultante sobre o sistema como a soma
das forças sobre todas as k partículas do sistema:
~Fres = ~Fres,int + ~Fres,ext =
d~P
dt
(7)
onde
~Fres,int =
N∑
k=1
~Fres,int,k (8)
~Fres,ext =
N∑
k=1
~Fres,ext,k (9)
~P =
N∑
k=1
~pk (10)
4
Pela terceira lei de Newton para cada força interna ~Fk,l existe
outra força interna ~Fl,k de mesmo módulo e direção oposta, como
ilustra a Figura, isto é,
~Fl,k = −~Fk,l (11)
portanto,
~Fres,int =
N∑
k=1
~Fres,int,k =
N∑
k=1
N∑
l(6=k)=1
~Fk,l = 0 (12)
Assim, a segunda lei de Newton para um sistema de partículas é
~Fres,ext =
d~P
dt
(13)
5
Centro de massa
Conhecida as posições ~rk das N partículas de um sistema, qual
ponto do espaço podemos chamar de posição do sistema de par-
tículas?
Seja M a massa do sistema de partículas
M =
N∑
k=1
mk (14)
O momento linear do sistema em termos das massas e posições
das partículas é
~P =
N∑
k=1
~pk =
N∑
k=1
mk~vk =
N∑
k=1
mk
d~rk
dt
=
d
dt
N∑
k=1
mk~rk (15)
6
Vamos chamar de centro de massa (CM) o ponto ~rCM no espaço
que descreve a posição do sistema de partículas. Podemos escre-
ver o momento linear do sistema como um produto de sua massa
M pela velocidade do seu CM, ou seja,
~P = M~vCM = M
d~rCM
dt
=
d
dt
M~rCM (16)
Igualando (15) com (16), segue que a posição do CM de um
sistema de partículas é
~rCM =
1
M
N∑
k=1
mk~rk (17)
E, tomando a derivada de (17), a velocidade do CM é
~vCM =
1
M
N∑
k=1
mk~vk (18)
7
Para sistemas contínuos, como um corpo rígido, a posição do CM
é dada pela integral a
~rCM =
1
M
∫
~rdm (19)
Este cálculo pode ser complexo, porém podemos fazer algumas
afirmações gerais se levarmos em conta a simetria e a distribuição
de massa em um corpo: se a distribuição de massa é homogênea,
o CM coincide com o centro geométrico (CG) do corpo; se existe
um eixo de simetria, o CM está situado sobre esse eixo.
Saber a localização do CM de um objeto é muito importante na
engenharia, o cálculo errado pode levar a um desastre! (Por quê?)
8
CM de alguns sólidos geométricos:
CM CM CM
CM de alguns objetos:
CM
CM
CM
9
Movimento do centro de massa
Substituindo (16) em (13):
~Fres,ext =
d
dt
M~vCM (20)
Se a massa M do sistema de partículas é constante, temos
~Fres,ext = M~aCM (21)
Este resultado mostra que embora o movimento de um sistema
de partículas possa ser complexo, o movimento do seu CM pode
ser bem simples.
10
Por exemplo, quando um lançamos um graveto, o movimento do
seu CM, desprezando os efeitos da resistência do ar, é igual ao
de um projétil pois a única força externa que age nele é a força
peso ~P = m~g, e portanto ~aCM = ~g.
y
x
CM
v0
g
CM
v1
g
CM v2
g
11
Exemplo 13.1 - Um projétil lançado no ar ao nível do solo
apresenta um alcance de 55 m. No ponto mais alto de sua tra-
jetória ele explode, fragmentando-se em duas partes de massas
idênticas. Imediatamente após a explosão um de seus fragmen-
tos apresenta uma velocidade instantânea nula, e cai em linha
reta em direção ao solo. Onde o outro fragmento cairá? Des-
preze a resistência do ar.
12
A Figura abaixo ilustra a trajetória do CM do projétil, com al-
cance horizontal de 55 m, e as posições das partes 1 e 2 ao longo
do eixo x e altura y = 0 quando caem no solo.
y
xCM
xCM = 55 m
m1 = M/2
x1 = 55/2 m
m2 = M/2
x2
A relação entre as posições xCM , x1 e x2 é dada por
xCM =
1
M
N∑
k=1
mkxk
13
Substituindo os valores dados no problema, temos:
55 = 1
��M
[
��M
2
55
2
+
��M
2
x2]
55 = 55
4
+
x2
2
 x2 = 2(55 −
55
4
) = 82, 5
Logo o pedaço 2 caiu a uma distância de 82,5 m do ponto de
lançamento!
14
Exemplo 13.2 - Sofia tem 50,0 kg e está em uma canoa de
60,0 kg e 4,0 m que repousa na superfície de uma calma lagoa.
Ela caminha a partir de um ponto situado a 1,0 m de uma
das extremidades da canoa até atingir a outra extremidade da
canoa. Desprezando a resistência da água ao movimento da
canoa, que distância a canoa se move?
15
A Figura abaixo ilustra as situações inicial (i) e final (f ) da canoa
e de Sofia. Supomos que ~Fres,ext = 0, então a posição xCM do CM
do sistema (Sofia e canoa) permanece no mesmo lugar quando
Sofia se move de uma posição para outra na canoa. Escolhemos
o referencial fixo na terra com x = 0 no CM da canoa, tal que
xC ,i = 0.
x
y
0
mC
xC ,i
mS
xS,i
Situação inicial
x
mC
xC ,f
mS
xS,f
xCM
Situação final
16
Se Sofia está do lado direito da canoa, onde a extremidade da
canoa está inicialmente em x = 2, 0 m, então Sofia está em xS,i =
2, 0 − 1, 0 = 1, 0 m. O CM do sistema (de massa M = 50, 0 +
60, 0 = 110, 0 kg) está em
xCM =
1
110, 0
[50, 0(1, 0) + 60, 0(0)] = 50, 0
110, 0
m
Quando Sofia se desloca para a outra extremidade da canoa, o
CM da canoa se move por um deslocamento ∆x = xC ,f −��
0
xC ,i =
xC ,f , como ilustra a Figura. Como consequência disso, a posição
da extremidade esquerda da canoa para onde Sofia vai é xS,f =
−2, 0 +∆x.
17
Como o CM do sistema de partículas (canoa e Sofia) não muda,
então
xCM =
1
110, 0
[50, 0(−2, 0 +∆x) + 60, 0(∆x)] = 50, 0
110, 0
Resolvendo para ∆x:
−100, 0 + 110, 0∆x = 50, 0 ∆x = 150, 0
110, 0
= 1, 36 m
Portanto, a canoa se moveu de 1,36 m no sentido contrário ao
movimento de Sofia.
18
Exemplo 13.3 - Um canhão de massa igual a 580 kg quando
está rigidamente aparafusado à Terra dispara horizontalmente
uma bola de 90 kg com uma velocidade inicial de 500 m/s. Su-
ponha que o canhão seja desparafusado da Terra, e que nenhuma
força externa se oponha ao seu recuo, qual seria a velocidade da
bala nesta circunstância? E a velocidade de recuo do canhão?
(Dica: Em ambos casos, suponha que a pólvora queimada trans-
mite a mesma energia cinética ao sistema).
19
Supondo que o canhão está desparafusado da Terra, e que ne-
nhuma força externa se oponha ao seu recuo, então a força re-
sultante externa sobre o sistema canhão + bola é desprezível no
intervalo de tempo em que ocorre o disparo. Assim, aplicando a
segunda lei de Newton ao sistema, temos para um disparo hori-
zontal (ao longo do eixo x):
���
0
F res,ext,x = MaCM ,x aCM ,x = 0 vCM ,x = constante
Como o sistema estava inicialmente em repouso, para os estados
inicial (i) (imediatamente antes do disparo) e final (f) (imediata-
mente após o disparo) temos
vCM ,fx = vCM ,ix = 0 (1)
20
A Figura a seguir ilustra os estados inicial (i) e final (f) do sis-
tema.
x
mc
mb
vc,ix = vb,ix = 0
Situação inicial (i)
x
mc
mbvc,fx
vb,fx
Situação final (f)
De (1) temos
vCM ,fx =
1
M
(mbvb,fx + mcvc,fx) = 0 mbvb,f − mcvc,f = 0
portanto,
vc,f =
mb
mc
vb,f (2)
21
Se a pólvora queimada transfere a mesma energia cinética ao
sistema independente do canhão estar parafusado (p) ou despa-
rafusado (d), temos que
Kd,f = Kp
1
2
mcv2c,f +
1
2
mbv2b,f =
1
2
mbv2b,p (3)
onde vb,p é a velocidade da bola quando o canhão está parafusado.
Substituindo(2) em (3) e resolvendo para vb,f :
mc(
mb
mc
vb,f )2 + mbv2b,f = mbv2b,p
22
��mb(
mb
mc
+ 1)v2b,f =��mbv2b,p vb,f =
vb,p√
1 + mb/mc
Portanto:
vb,f =
500√
1 + 90/580
= 465 m/s
e, por (2),
vc,f =
90
580
465 = 72 m/s
23
Exercícios
13.1 Um projétil de 1,56 kg é disparado diretamente para cima
com velocidade inicial de 31 m/s em uma vasta planície plana.
Ele explode no pico de sua trajetória, partindo-se em três partes
de massas diferentes. Uma parte de 0,78 kg chega à terra a 212
m a norte do morteiro, e outra parte de 0,26 kg chega à terra a
68 m a leste do morteiro. Desprezando-se as forças de atrito e a
velocidade do vento, onde chegará à terra a terceira parte?
24
13.2 Romeu (77,0 kg) entretém Julieta (55,0 kg) tocando sua
guitarra na parte traseira de seu barco (80,0 kg) que está em re-
pouso em água parada, 2,70 m afastado de Julieta, que está na
parte da frente do barco. Depois da serenata, Julieta se move
cuidadosamente para a traseira do barco para dar um beijo em
Romeu. Que distância o barco se move em relação a um referen-
cial fixo na terra?
25
13.3 Um pequeno bloco de massa m1 = 0, 500 kg é liberado
do repouso no topo de uma cunha de forma curva, sem atrito,
de massa m2 = 3, 00 kg, que está em uma superfície horizon-
tal também sem atrito, como mostrado na Figura. (a) Qual é a
velocidade da cunha depois que o bloco atinge a superfície hori-
zontal com uma velocidade v1 = 4, 0 m/s? (b) Qual é altura h
da cunha?
m2h
m1
Situação inicial
m2
v2
m1 v1
Situação final
26
Respostas
13.1 320 m do ponto de lançamento, 84◦ do oeste para o sul.
13.2 O barco se move de 0,70 m em relação a um referencial fixo
na terra, e na direção e sentido oposto ao movimento de
Julieta.
13.3 (a) 0,67 m/s; (b) 95 cm.
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	13 - Sistema de partículas. Centro de massa.