Prof. Dirceu Pereira

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Neste curso os melhores alunos estão sendo preparados pelos melhores Professores 3.4. FORÇAS EM TRAJETÓRIAS CURVILÍNEAS

Se lançarmos um corpo horizontalmente, próximo a superfície da Terra, com uma velocidade inicial de grande intensidade, da ordem de 8 km/s = 28.800 km/h, o corpo ficará em órbita circular em torno da Terra (figura 7). Esse é o caso dos satélites. A força de atração da Terra sobre o satélite altera a direção de sua velocidade, dando-lhe a aceleração centrípeta necessária para permanecer em órbita.

Neste caso, temos apenas uma força atuando, que é a força de atração gravitacional. Neste caso, esta força equivale à força centrípeta.

Considere, agora, uma bola de ferro presa a um fio e que descreve uma circunferência horizontal, conforme mostra a figura 8. Sobre a bola atuam as forças peso Pr e tração do fio Tr, que lhe garantem a aceleração centrípeta. Neste caso, a força centrípeta Fcp

r

é a soma vetorial da força de tração no fio e do peso da bola, ou seja,

Fcp P T r r r + =

Pelos exemplos acima, podemos concluir que, toda vez que um corpo descreve uma curva, sua velocidade vetorial varia em direção. Para que isso ocorra, pelo princípio fundamental da Dinâmica, as forças que atuam no corpo devem garantir a aceleração centrípeta.

3.4.1. RESULTANTE CENTRÍPETA

Na figura 9, temos um corpo de massa m realizando um movimento plano, curvilíneo e uniforme sob ação das forças mostradas. Por ser um movimento curvilíneo, a aceleração é centrípeta e a resultante das forças

atuantes será a força centrípeta, orientada para o centro da trajetória.

Assim, do princípio fundamental da Dinâmica, temos que: Fcp m acp

r r

⋅ =

3.4.2. RESULTANTE CENTRÍPETA E TANGENCIAL

No item anterior, consideramos o movimento circular uniforme e, portanto, a resultante das forças que agiam no corpo, orientada para o centro da trajetória. Entretanto, se a força resultante Fr_R não estiver orientada para o centro da trajetória, o que ocorre nos movimentos curvilíneos variados (figura 10), podemos decompor FR

r nas direções normal e tangente à trajetória. A resultante das forças normais à trajetória é a resultante centrípeta

cp

Fr , responsável pela variação da direção da velocidade Vr . A resultante das forças tangentes à trajetória é a resultante tangencial Ft

r

, responsável pela variação do módulo de Vr.

A resultante centrípeta produz a aceleração centrípeta

cp

ar e a resultante tangencial produz a aceleração tangencial ar_t. Pelo princípio da Dinâmica, temos:

Fcp m acp e Ft m at r r r r ⋅ = ⋅ =

Lembre que no movimento circular uniforme Ft 0 r r

= e a resultante das forças é a própria força centrípeta.

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Veja o pêndulo da figura 11. A força de tração no fio Tr tem direção normal à trajetória e o peso Pr é decomposto nas direções normal (Pn) e tangencial (Pt), conforme a indica a posição A do pêndulo. Concluímos que as resultantes, centrípeta e tangencial, têm módulo:

Fcp =T−P⋅cosθ e Ft =P⋅senθ

Quando a esfera passa pela posição mais baixa (B), as forças Tr e Pr têm direção normal à trajetória e, nesse instante:

Fcp =T−P e Ft =0

3.4.3. FORÇA EM REFERENCIAL NÃO-INERCIAL

Considere um carro numa curva de raio R. Para um observador exterior fixo na estrada (referencial inercial), o veículo tende a sair pela tangente conservando sua velocidade, pelo princípio da inércia.

Para esse observador exterior, as forças que atuam no veículo, peso Pr, normal Fn

r

e atrito de escorregamento lateral Fat

r

, garantem a resultante centrípeta Fcp r

, que altera a direção da velocidade.

O fenômeno, porém, é diferente para um observador no interior do próprio carro, pois este possui aceleração em relação à estrada e, por isso, é um referencial

não-inercial. Esse observador interior sente-se atirado para fora do carro na curva e interpreta o fenômeno considerando uma força Fcf

r

em relação ao próprio carro.

Essa força Fr_cf é chamada força centrífuga e somente existe em relação a referenciais não-inerciais.

Para o observador exterior fixo na estrada (referencial inercial), a força centrífuga não existe.

A força centrífuga não é reação da força centrípeta. A

força centrífuga é uma força de inércia.

3.4.4. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS

8) Um motociclista executa manobras dentro do globo da morte, em um circo. O raio interno do globo é 2,5 m. Adote g = 10 m/s². Determine a mínima velocidade que a motocicleta deve ter para não perder contato com a superfície esférica.

Solução

Veja a figura abaixo. À medida que a moto sobe, tende a perder contato com a pista e o ponto crítico é o superior. Considere o corpo nessa posição superior. Nele atuam o peso Pr e a normal Fr_n, que dão a resultante centrípeta Fr_cp. ) 1 ( R V m P F R V m a m P F a m F 2 n 2 cp n cp cp ⋅ = + ⋅ = ⋅ = + ⋅ =

Por essa fórmula, à medida que decresce a velocidade

V, diminui também a força de contato Fn, pois P, m e R são constantes. Sendo assim, a velocidade mínima para se fazer a curva ocorre quando Fn = 0. Observe que o corpo não cai, pois possui velocidade tangencial Vr. Na fórmula (1), V = Vmin quando Fn = 0.

h / km 18 V s / m 5 V 25 V 10 5 , 2 V g R V R V m g m R V m P o R V m P F min min min min min 2 min 2 min 2 n = = = ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = + ⇒ ⋅ = + Resposta: 18 km/h

9) Uma massa m está presa a um fio inextensível, de peso desprezível, e gira num plano horizontal

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constituindo um pêndulo cônico. Se o comprimento do fio é L = 2 m e o ângulo que o fio forma com a vertical é θ = 60º (cos60º = 0,5), determine a velocidade angular ω de rotação da massa m. Adote g = 10 m/s². Solução

Na massa pendular atuam o peso Pr e a tração Tr. A resultante centrípeta Fr_cp é a soma de Pr e Tr conforme se indica no diagrama de forças. Pela equação fundamental da Dinâmica:

) 1 ( R m a m F_cp = ⋅ _cp = ⋅

ϖ

2⋅

Do triângulo destacado da figura abaixo, vem:

) 2 ( g R tan g m R m g m F P F tan 2 2 cp cp _⇒ ₌ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = =

ϖ

θ

ϖ

θ

O raio R, porém, depende do comprimento L do fio. Da

relação trigonométrica do triângulo retângulo, tiramos que: ) 3 ( sen L R= ⋅

θ

Substituindo (3) na fórmula (2) e considerando

θ

cos sen tan = , obtemos: ) 4 ( cos L g cos L g g sen L cos sen g sen L g R tan 2 2 2 2

θ

ϖ

θ

ϖ

θ

ϖ

θ

ϖ

θ

⋅ = ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ =

Substituindo os dados do problema na fórmula (4), vem: s / rad 2 , 3 10 5 , 0 2 10 ≈ ⇒ = ⇒ ⋅ =

ϖ

Resposta: 3,2 rad/s UNIDADE 4 – ESTÁTICA

Do princípio fundamental da Dinâmica, sabemos que: A resultante das forças aplicadas a um ponto material é igual ao produto de sua massa pela aceleração adquirida:

Fr=m⋅ar

Se um corpo está em repouso, sua velocidade é constante e igual a zero. Sua aceleração também será igual a zero.

Do princípio acima, temos que a resultante de um sistema de forças que agem sobre um corpo em repouso será nula, o que coloca o corpo em equilíbrio estático. A Estática é o caso particular da Dinâmica em que a resultante de um sistema de forças que agem sobre um corpo é nula.

Na Estática também são válidos e aplicáveis os princípios da inércia (1ª lei de Newton) e da ação-e-reação (3ª lei de Newton).

4.1. UM POUCO MAIS SOBRE VETORES

Considere um sistema de forças conforme figura 1.

Vimos na Unidade 1, o método gráfico para a soma e subtração de vetores. Porém, podemos, através da projeção do paralelogramo acima segundo eixos cartesianos, encontrar expressões matemáticas que nos permitam fazer tais operações.

Para o caso da soma de dois vetores, temos, em módulo: θ ⋅ ⋅ ⋅ + + =F F 2 F F cos F 2 ₁ ₂ 2 2 1 2 R

Para o caso da subtração de dois vetores, temos, em módulo: θ ⋅ ⋅ ⋅ − + =F F 2 F F cos F 2 ₁ ₂ 2 2 1 2 R

Se θ = 90º, temos que cos90º = 0 e os vetores formam um triângulo retângulo. Daí, temos que:

2 2 2 1 2 R F F F = +

tanto para a soma como para a subtração, o que é coerente com o método gráfico.

Alguns lembretes são importantes:

1) no método gráfico, a ordem de colocação dos vetores não altera o resultado final;

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2) se a extremidade do último vetor coincidir com a origem do primeiro, ou seja, tivermos uma linha poligonal fechada, vetor resultante será zero;

3) dois vetores serão iguais quando tiverem o mesmo módulo, a mesma direção e o mesmo sentido.

4.2. EQUILÍBRIO DE UM PONTO MATERIAL

Vamos estudar este assunto através de um exemplo. Considere a figura 2 que representa um sistema em equilíbrio, na iminência de movimento. Determine o coeficiente de atrito entre o corpo A e o plano horizontal. Os fios são inextensíveis e de massa desprezível. Os pesos dos corpos A e B são, respectivamente, 420 N e PB = 210 N (senφ = 0,50 e cosφ = 0,86).

Sabemos que o sistema está em repouso. Portanto, a força resultante que age sobre o ponto O deve ser zero. Vamos analisar o diagrama de corpo livre para o bloco A.

O bloco A é puxado pelo bloco B gerando uma tensão T1 no fio. A tendência de movimento é resistida pela força de atrito Fat, a qual é resultado do produto da força normal FN, decorrente do peso P do bloco com o coeficiente de atrito µ.

As igualdades mostradas na figura acima demonstram que o bloco A está em equilíbrio estático, donde podemos tirar que: ) 1 ( p T F PA = N ⇒ 1=µ⋅ A Do ponto C em equilíbrio, temos:

) 3 ( P 50 , 0 T 0 P sen T ) 2 ( T 86 , 0 T 0 T cos T B 2 B 2 1 2 1 2 = ⋅ ⇒ = − θ ⋅ = ⋅ ⇒ = − θ ⋅

Dividindo-se, membro a membro, (2) por (3), resulta:

B 1 B 1 _T ₁_,₇₂ _P P T 50 , 0 86 , 0 ₌ _⇒ ₌ _⋅ De (1), sendo T₁=µ⋅p_A, vem: 86 , 0 : Logo 86 , 0 onde 210 72 , 1 420 P 72 , 1 P_A _B = µ = µ ⋅ = ⋅ µ ⇒ ⋅ = ⋅ µ

Portanto, para que o sistema permaneça em equilíbrio estático, o coeficiente de atrito estático deve ser de, no mínimo, 0,86.

4.3. MOMENTO DE UMA FORÇA EM RELAÇÃO A UM PONTO

Chama-se momento de uma força Fr aplicada num ponto P, em relação a um ponto O, ao produto da intensidade F da força pela distância d do ponto O à linha de ação da força, conforme mostra a figura 3.

d F M=± ⋅

O momento, também chamado de torque, pode ser positivo ou negativo. Por convenção, adota-se:

(+) a força produz rotação no sentido anti-horário; (-) a força produz rotação no sentido horário.

A unidade de momento, ou torque, no Sistema Internacional de Unidades (SI) é o Newton vezes metro (N.m), sendo permitido o uso de seus múltiplos e submúltiplos, quando necessário.

Costumeiramente, chamamos o ponto O de pólo e a distância d de braço. Daí, o famoso termo “braço de alavanca”.

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Neste curso os melhores alunos estão sendo preparados pelos melhores Professores 4.4. BINÁRIO

Na figura 4, temos duas forças de mesma intensidade, mesma direção e sentidos opostos, cujos pontos de aplicação estão a uma certa distância d entre si.

A distância d é chamada de braço de binário.

O momento do binário é a soma algébrica dos momentos das forças que o constituem. Desta forma, adotando-se um pólo arbitrário C, conforme figura 5, e levando em consideração a convenção de sinais, temos:

d F M ) b a ( F M b F a F M ⋅ = − ⋅ = ⇒ ⋅ − ⋅ + =

Da expressão M = F.d, concluímos que o momento de um binário independe do pólo C adotado.

O sentido do momento do binário da figura 5 é anti-horário, e, portanto, positivo, conforme convenção adotada.

Se aplicarmos um binário a um corpo inicialmente em repouso, este não alterará o seu estado de translação, mas tenderá a ter movimento não-uniforme de rotação devido ao momento do binário.

4.5. EQUILÍBRIO DOS CORPOS EXTENSOS

Quando estudamos a Mecânica através de um ponto material, consideramos que este ponto possuía somente movimento de translação, retilíneo ou circular, uma vez que suas dimensões eram desprezíveis.

Ao estudarmos os corpos extensos, precisamos considerar suas dimensões e, portanto, levar em conta que uma resultante de forças não-nula poderá impor a este corpo um movimento de translação, um movimento de rotação, ou ambos.

Assim, uma resultante de forças coplanares nula manterá o corpo em equilíbrio estático ou equilíbrio dinâmico.

Portanto, o sistema de forças que age sobre um corpo em equilíbrio deve ser tal que:

a) a resultante do sistema de forças seja nula (equilíbrio de translação); 0 F ... F F F F 0 F ... F F F F Y n Y 3 Y 2 Y 1 RY X n X 3 X 2 X 1 RX = + + + + = = + + + + =

b) a soma algébrica dos momentos das forças do sistema, em relação a qualquer ponto, seja nula (equilíbrio de rotação). 0 M ... M M M M_O = _F₁+ _F₂+ _F₃ + _Fn =

4.6. TEOREMA DAS TRÊS FORÇAS

Fonte: Os Fundamentos da Física 1 – Mecânica

Ramalho-Nicolau-Toledo, 8ª Ed., Editora Moderna.

Se um corpo estiver em equilíbrio sob a ação exclusiva de três forças, estas deverão ser coplanares e suas linhas de ação serão, necessariamente, concorrentes num único ponto ou paralelas.

Vamos entender melhor este teorema através de um exemplo.

Uma escada AB encontra-se apoiada em uma parede lisa. Na figura 7, representamos duas das três forças que atuam sobre a escada: o peso Pr e a força Fr exercida pela parede. Podemos obter graficamente a direção da força Rr, que o chão exerce na escada, na posição de equilíbrio. Basta determinar o ponto C (ponto de concorrência das linhas de ação de Fr e Pr) para concluir que a linha de ação de Rr é a reta determinada pelos pontos C e B.

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Neste curso os melhores alunos estão sendo preparados pelos melhores Professores 4.7. CENTRO DE GRAVIDADE E CENTRO DE MASSA

Fonte: Os Fundamentos da Física 1 – Mecânica

Ramalho-Nicolau-Toledo, 8ª Ed., Editora Moderna.

O ponto de aplicação do peso de um corpo é denominado

centro de gravidade (CG) ou baricentro. É um ponto no qual, podemos imaginar, concentra-se todo o peso do corpo.

Se o corpo for homogêneo e apresentar um elemento de simetria, o centro de gravidade coincidirá com o centro geométrico deste corpo (figura 8).

O ponto no qual podemos considerar concentrada toda a massa de um corpo é denominado centro de massa. Nos locais onde a aceleração da gravidade pode ser considerada constante, o centro de gravidade coincide com o centro de massa. Um corpo que se encontra no espaço, livre da atração gravitacional da Terra e de outros corpos celestes, tem centro de massa, mas não tem cento de gravidade.

4.8. TIPOS DE EQUILÍBRIO DE UM CORPO

Temos três tipos de equilíbrio: estável, instável e indiferente.

Equilíbrio estável:

O corpo, sendo movido de sua posição inicial de equilíbrio, retorna a esta após cessar a força que produziu o movimento.

Equilíbrio instável:

O corpo, sendo movido de sua posição inicial de equilíbrio, afasta-se ainda mais desta de equilíbrio.

Equilíbrio indiferente:

O corpo, sendo movido de sua posição inicial de equilíbrio, irá atingir uma nova condição de equilíbrio em outra posição.

4.9. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS

1) Um viga AB de secção reta e uniforme está articulada em A e é mantida na posição horizontal pelo fio, inextensível e de massa desprezível, CB. Em sua extremidade B, a barra, com peso de 500 N, suspende uma esfera maciça D com peso de 1200 N. Determine a tacão no fio CB e as reações horizontal e vertical da articulação A. São dados senφ = 0,50 e cosφ = 0,86.

Solução

A articulação permite que a barra gire no plano da figura em torno de A. A princípio não sabemos em que direção e sentido a força de reação da articulação na barra estará agindo. Vamos então, no diagrama de corpo livre abaixo, considerar suas componentes Rx e Ry, conforme mostrado.

Note que a esfera tem peso 1200 N atuando como indicado. A barra tem seu peso de 500 N aplicado no seu centro de gravidade, com sentido para baixo. O somatório destes pesos provoca a reação de tração T no fio, que pode ser decomposta em suas componentes Tx e Ty.

Vamos impor as condições de equilíbrio da barra AB. 1) Resultante das forças deve ser nula:

) 1 ( cos T R 0 cos T R 0 T R 0 F X X X X X

ϕ

⋅ = = ⋅ − ⇒ = − ⇒ = ∑ ) 2 ( 1700 sen T R 0 sen T 1700 R 0 T 1200 500 R 0 F y Y Y Y Y = ⋅ + = ⋅ + − = + − − ⇒ = ∑

ϕ

2) Soma algébrica dos momentos em relação ao ponto B deve ser nula.

N 250 R 0 2 d 500 2 d 2 . R 0 M Y Y B = = ⋅ + ⋅ − ⇒ = ∑

Substituindo o valor encontrado de Ry na equação (2), resulta: N 2900 T 1700 5 , 0 T 250+ ⋅ = ⇒ =

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Da equação (1), podemos encontrar o valor de Rx através da substituição de T pelo seu valor encontrado: N 2494 R 86 , 0 2900 RX = ⋅ ⇒ X =

Se Rx ou Ry resultassem negativo, significaria que os sentidos adotados no início não foram corretos. Em geral, escolhe-se como pólo o ponto em relação ao qual a maioria das forças tem momento nulo. Resposta: R_X =2494N,R_Y =250N,T =2900N

2) Considere uma tábua de madeira AB = 3 m, reta, plana e homogênea, suficientemente rígida, de peso 40 N, fixa e articulada em um prisma na posição P, conforme mostra a figura abaixo. Em sua extremidade A, é suspenso um bloco C de massa 100 kg. No outro lado do prisma, sobre a tábua, sobe um iogue, de massa 80 kg, e se posiciona em D. Considere g = 10 m/s² e determine a distância AD para que a tábua tenha equilíbrio estável na posição horizontal.

Solução

Para resolver este problema, basta fazermos a soma algébrica dos momentos em relação ao ponto P e torná-lo nulo.

Façamos o diagrama de corpo livre da tábua.

m 9 , 0 d 720 d 800 0 ) 1 d ( 800 5 , 0 40 1 . 1000 0 M_P = = ⋅ = − ⋅ + ⋅ − ⇒ = ∑ Resposta: d = 0,9 m