Exemplos de aplicação das leis de Newton e Conservação do Momento Linear

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1 Exemplos de aplicação das leis de Newton e Conservação do Momento Linear

2 Cálculo de resultante I Considere um corpo sobre o qual atual três forças distintas. Calcule a força resultante. F 1 = 10 N 30 F 2 = 5 N y x Passo 1: definir o sistema de coordenadas a ser utilizado. Pela simetria do problema, vamos definir um sistema de eixos composto por um eixo na horizontal e outro na vertical da figura. F 3 = 8 N Passo 2: calcular as componentes de cada força ao longo dos eixos de coordenadas escolhido. Neste caso, as forças F2 e F3 estão, respectivamente ao longo dos eixos x e y. A força F1 tem parte de sua ação ao longo do eixo x (F1x) e parte de sua ação ao longo do eixo y (F1y). Podemos escrever então, que: F rx = F 2 + F 1x F ry = F 3 + F 1y

3 Cálculo de Resultante II Passo 3: vamos calcular as componentes da força F1 ao longo de cada um dos eixos: F 1x = F 1 cos 330 = 10 0,87 = 8,7 N F 1y = F 1 sen 330 = 10 ( 0,5) = 5 N Logo, as componentes da força resultante serão dadas por: F rx = F 2 + F 1x = 8,7 N + 5N = 13,7N F ry = F 3 + F 1y = 8N 5N = 3N Portanto, a força resultante será escrita como: F r = 13,7i + 3j

4 Cálculo de força resultante II O Plano inclinado N m P Queremos calcular a força resultante sobre o bloco de massa m. Neste caso, a simetria do problema sugere a orientação dos eixos conforme a figura. α O principal problema aqui é visualizar o ângulo que a força peso faz com a vertical. Um pouco de geometria nos mostra que: α P x = Psen(α) = mgsen(α) P y = Pcos α = mgcos(α) π/2 -α α

5 Cálculo de força resultante II O Plano inclinado Portanto, as componentes da força resultante serão dadas por: F rx = P x = mg sin α F ry = N + P y = N mg cos α=0 N Logo, a força resultante tem somente componentes na direção x: F r = mg sin α i

6 Cálculo de força resultante Usando a ação e reação Considere dois blocos ligados da maneira mostrada na figura. Sobre o bloco 1 atua uma força F. Calcule a aceleração sobre os dois blocos considerando que a corda que liga os dois é inextensível. m1 T2 T1 m2 F Neste caso, temos duas forças formando um par de ação e reação. Observe que a única força que age no bloco de massa m1 é a força T2 devida ao bloco 2.

7 Cálculo de força resultante Usando a ação e reação Vamos equacionar as forças atuando nos dois blocos: F r1 = T 2 = m 1 a F r2 = F T 1 = m 2 a Corda inextensível implica iguais acelerações nos dois blocos Vamos usar agora o fato de que as duas forças T1 e T2 formam um par de ação e reação: T1 = T2. F r1 = T 1 = m 1 a F r2 = F T 1 = m 2 a Isolando agora para a aceleração: F a = m 2 + m 1

8 y Peso aparente Considere a seguinte situação: uma pessoa está dentro de um elevador que desce a uma velocidade de 10, 0 m/s e leva 25 m para parar. Considere que a massa da pessoa seja de 70 kg e a massa do elevador de 730 kg. Calcule a aceleração com a qual o elevador é levado ao repouso e o peso que uma balança marcaria para o peso da pessoa dentro do elevador. Pp Balança N Pe a Primeiro, vamos calcular a aceleração do conjunto, sob a hipótese de que a aceleração foi constante. Neste caso, podemos usar a equação de Torricelli para calcular a aceleração: v v 2 a( y y ) a 2 2 f i f i 2 2 vf vi 0 10 m/ s 2( y y ) 2 (0 25) f 100 a m / s 2 m / s 50 i 2 2 2

9 Peso aparente Vamos agora calcular o peso aparente da pessoa sobre o elevador. Sobre a pessoa atuam duas forças: 1) O peso da pessoa; 2) A força de reação da balança sobre ela, chamada de Normal. Observe que a Normal é, em módulo, igual à força que a pessoa aplica sobre a balança que é o peso medido pela balança. Logo: F r = P N may N mg N m( a g) y N 70 kg (2 9,81) m / s N 70kg 11,81 m / s N 826,7N 2 Peso medido pela balança. 2

10 Interregno Energia cinética e conservação da energia Definimos a Energia Cinética de uma partícula de massa m e velocidade de módulo v por: E c = 1 2 mv2 Esta quantidade nos indica quanto de movimento uma partícula tem. Ela é relacionada com a distância na qual uma força agiu para levar a partícula de uma situação na qual a velocidade da partícula era zero até a situação na qual a velocidade da partícula é v. Distância percorrida sob a ação da força F m F Posição inicial (v=0). Posição na qual a velocidade é v.

11 Interregno Conservação da Energia Em um sistema fechado a energia total, entendida como a soma das energias de todas as partículas é conservada. Em sistemas fechados, em qualquer processo, a energia total antes de o processo ocorrer é a mesma depois de o processo ocorrer.

12 Colisões em uma dimensão Problema: qual serão as velocidades das duas bolas após a colisão? Posição do choque Posição do choque m, v 1f m, v 1i = 0 Situação antes do choque M, V 2i E P ti ti P tf E tf Situação depois do choque M, V 2f Hipótese: o choque é completamente elástico: a energia não é perdida de forma alguma. Princípios que podemos aplicar: Conservação do momento; Conservação da energia. Eq. 1

13 Colisões em uma dimensão O momento linear total do sistema antes do choque é dado por: P p p ti 1i 2i P mv M V ti 1i 2i P mv M V M V ti 1i 2i 2i O momento linear total do sistema após o choque é dado por: P p p tf 1f 2f P mv M V tf 1f 2f P mv M V tf 1f 2f Portanto, podemos escrever a partir da conservação do momento linear: P M V mv M V M V M V mv ti P tf 2i 1f 2f 2i 2f 1f M v V V m 1f 2i 2f Estamos no caso unidimensional

14 Colisões em uma dimensão Da conservação da energia temos: E Vamos agora isolar a velocidade final da partícula que estava inicialmente em repouso, v f em função da velocidade da partícula que estava inicialmente em movimento: MV mv MV MV2i MV2 f mv1 f M V i V f mv f m 2 V2 i V 2 f v1 f M m 2 V2i V2 f V2i V2 f v1 f M ci E cf MV mv MV i 1 f 2 f i 1 f 2 f

15 Colisões em uma dimensão Usando agora a Eq. 1: m M M m M m V V M V m V M M 1 V 1 m m m M M m V m m V2i V2 f V2i V2 f V2i V2 f V2i V2 f V2i V2 f V2i V2 f V 2i 2 f 2i 2 f 2 f 2i V 2 f 2i M V2 f V2i M m 2 m 2

16 Colisões em uma dimensão Usando agora esta expressão, podemos obter a velocidade final da partícula inicialmente em repouso: M v1 f V2i V2 f m M M m v1 f V2i V2i m M m M M m v1f V2i1 m M m M M m M m M 2m v1 f V2i V2i m M m m M m M v1f 2V2i M m

17 Colisões em uma dimensão casos limite i) Massas iguais: M = m Nesse caso: M m m v 2V 2V 2V V M m m m 2m M m m m V2 f V2i V2i 0 M m M m 1f 2i 2i 2i 2i Há uma transferência completa de momento da partícula que se movimenta para aquela que está parada!

18 Colisões em uma dimensão casos limite ii) Massa da partícula alvo é muito menor que a massa da partícula projétil: M >> m (Projétil pesado) Agora temos: M M v 2V 2V 2V M m M M m V2 f V2i V2i M m 1f 2i 2i 2i O momento do projétil não é praticamente modificado!

19 Colisões em uma dimensão casos limite iii) Massa da partícula alvo é muito maior que a massa da partícula projétil: m >> M (Alvo pesado) M M v1 f 2V 2i 2V 2i 1 M m m M m m V V V V M m m 2f 2i 2i 2i Nesse caso a partícula projétil inverte simplesmente a sua velocidade e a partícula alvo se move com velocidade muito pequena para a frente.

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