Semana 10 Aulas 2 - Sistemas de Partículas e Centro de Massa (CONTINUAÇÃO - Distribuições contínuas de Massa):

Lista de Tópicos:

1. Adaptando o paradigma da posição para distriuições contínuas de massa.
2. Centro de Massa e o Centroide.
3. Exemplos usando simetria.
4. Exemplos com mais dimensões.
5. Usando subsistemas para obter o CM de sistemas maiores.
6. Exemplo da corda quase real.

Paradigma da posição do Centro de Massa - Sistemas Discretos

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Posição do Centro de Massa é definida como: $$\vec{r}_{cm}=\frac{\sum_{i=1}^n\;m_{i}\vec{r}_i}{M_{cm}}$$ Onde $M_{cm}$ é a Massa Total do Sistema, $$M_{cm}=\sum_{i=1}^n m_i $$

Distribuição Discreta de Massa

Posição do Centro de Massa: $$\vec{r}_{cm}=\frac{\sum_{i=1}^n\;m_{i}\vec{r}_i}{M_{cm}}\Rightarrow \vec{r}_{cm}=\frac{\int_{Dist}\vec{r}\;dm}{M_{cm}}$$ Onde $M_{cm}$ é a Massa Total do Sistema, $$M_{cm}=\sum_{i=1}^n m_i \Rightarrow M_{cm}= \int_{Dist}\;dm$$

A adaptação é bastante direta

É importante saber a dimensão do problema agora.

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$$\vec{r}_{cm}=\frac{\int_{Dist}\vec{r}\;dm}{ \int_{Dist}\;dm}$$

* Unidimensiona : $dm=\lambda\;dl $, então $$\vec{r}_{cm}=\frac{\int_{Dist}\vec{r}\;\lambda(\vec{r})\;dl}{ \int_{Dist}\;\lambda(\vec{r})\;dl}$$

* Bidimesional : $dm=\sigma\;dA $, então $$\vec{r}_{cm}=\frac{\int_{Dist}\vec{r}\;\sigma(\vec{r})\;dA}{ \int_{Dist}\;\sigma(\vec{r})\;dA}$$

* Bidimesional : $dm=\rho\;dV $, então $$\vec{r}_{cm}=\frac{\int_{Dist}\vec{r}\;\rho(\vec{r})\;dV}{ \int_{Dist}\;\rho(\vec{r})\;dV}$$

Centro de Massa e o Centroide.

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Caso a densidade seja constante, o Centro de Massa irá coincidir com o Centroide (também chamado de Centro Geométrico). Isso será bastante comum nesse curso.

.....Linhas.....	.....Superfícies......	.....Volumes.....
$\vec{r}_{cm}=\frac{\int_{Dist}\vec{r}\;dl}{l}$	$\vec{r}_{cm}=\frac{\int_{Dist}\vec{r}\;dA}{A}$	$\vec{r}_{cm}=\frac{\int_{Dist}\vec{r}\;dV}{V}$

Exemplos envolvendo arcos: Usando Simetria

fig

Sabemos que:

• $sen(\theta')$ é uma função impar, num intervalo simétrico, a integral resulta em ZERO. Então $y_{cm}=0$.
• $cos(\theta')$ é uma função par, num intervalo simétrico, a integral pode ser feita de ZERO até o limite superior e o resultado deve ser multiplicado por 2.

• Vamos voltar a integral do cosseno, $$x_{cm}=2\;\frac{R}{\theta}\;\int^{\theta/2}_{0}\;cos(\theta')\;d\theta'$$

• Resolver a integral e rearranjar,

$$x_{cm}=\frac{R}{\theta/2}\;sen(\theta/2)$$

O mais comum de se encontrar na literatura é algo como

$$x_{cm}=\frac{R}{\alpha}\;sen(\alpha)$$ Onde $\alpha$ é a metade do ângulo de abertura do arco, ou seja $\alpha=\theta/2$.

Para $\theta=\pi/2$, um quarto de arco.

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$$x_{cm\;\pi/2}=\frac{R}{\pi/4}\;sen(\pi/4)=\frac{4\;R}{\pi}\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{2\sqrt{2}\;R}{\pi}$$

Quando esse arco está distribuído nos quadrantes 1 e 4.

Para $\theta=\pi$, um arco semi circular

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$$x_{cm\;\pi}=\frac{R}{\pi/2}\;sen(\pi/2)=\frac{2\;R}{\pi}$$

Quando esse arco está distribuído nos quadrantes 1 e 4.

fig

• Considere os dois dm's $x_{cm}=\frac{\int\;2\;x\;dm}{M}$, com $M=\lambda\;\pi\;R$.

• $dm=\lambda\;R\;d\phi$, ainda é a melhor alternativa. Pois $x=R\;cos(\phi)$.

• Assim, $x_{cm}=\frac{\int^{\pi/2}_0\;2\;R\;cos(\phi)\lambda\;R\;d\phi}{\lambda\;\pi\;R}=\frac{2\;R}{\pi}\int^{\pi/2}_0\;cos(\phi)d\phi$.

Resposta: $$x_{cm}=\frac{2\;R}{\pi}$$

fig

* Os cm's $\pi/2$ tem o mesmo valor $x_{cm}$ que o cm $\pi$. E a coordenada $y_{cm}$ de cada um deles tem o mesmo módulo, porém sinal diferente.

* Isoladamente cada arco de $\pi/2$ tem sua própria simetria, o eixo de simetria passa pela origem e pelo CM. Vamos nos concentrar no arco superior apenas para evitar sinais negativos.

fig

* O eixo de simetria nessa figura é a reta que faz 45º com a horizontal (ou com a vertical). Sobre essa reta, y=x, portanto. $$y_{cm\;\pi/2}=x_{cm;\pi/2}$$.

Resposta:

As coordenadas do centro de massa de um arco com abertura de 90º localizado no primeiro quadrante é $$y_{cm\;\pi/2}=x_{cm;\pi/2}=\frac{2\;R}{\pi}$$

A distância do CM até a orgiem é $r_{cm}=\frac{2\;\sqrt{2}}{\pi}\;R$, mesmo valor que foi encontrado usando arcos diretamente.

fig

• Juntanto as informações anteriores: $$x_{cm}=\frac{2}{\pi\;R^2}\int_{0}^R\;x\;2\;y\;dx\Rightarrow $$

$$x_{cm}=\frac{-4}{\pi\;R^2}\int_{R}^0\;y^2\;dy\Rightarrow $$$$x_{cm}=\frac{4}{3}\frac{R}{\pi}$$

Outra solução para o semi disco.

É possível integrar semi-arcos e obter o mesmo resultado

Isso será parte do exercício de fixação.

É possível usar a mesma estratégia integrando discos e obter o CM de um hemisfério sólido

Aqui um esboço do que deve ser feito, experimente terminar. A resposta é $x_{cm}=\frac{3}{8}R$

Usando as simetrias do problema também é possível identificar que o CM de um quarto de disco contido no primeiro quadrante tem coordenadas $$(x_{cm},y_{cm})=(\frac{4}{3}\frac{R}{\pi},\frac{4}{3}\frac{R}{\pi})$$

Releia o exemplo para um quarto de arco e entenda o motivo.

Usando subsistemas para obter o CM de sistemas maiores.

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• cm1 está em $d_1/2$, cm2 em $d_1+d_2/2$ e cm3 está em $d_1+d_2+d_3/2$
• Conhecidas as massas das partes $m_1,\;m_2,\;m_3$ isso é suficiente para usar a definição de posição do CM para distribuições discretas.

Somar partes é natural, isso está está explícito na definição de Centro de Massa.

Mas é possível subtrari partes e assim descrevendo vazios em sistemas.

Exemplo: Encontrar o CM de 3/4 de disco de raio R.

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• Situação: Temos um disco e tiramos dele a quarta parte contida no primeiro quadrante.

• Sabemos: Por simetria, o CM de um disco coincide com o centro do disco. Se colocarmos o Centro do disco na origem do sistema de coordendas. As coordenadas do CM serão

$$\vec{r}_{cm\;disco}=\vec{r}_{cm\;d}=(0,0)$$

.

• Para um quarto de disco no primeiro quadrante,

$$\vec{r}_{cm\;quarto\;1}=\vec{r}_{cm\;q1}=(\frac{4}{3}\frac{R}{\pi},\frac{4}{3}\frac{R}{\pi})$$

.

Solução: Devemos fazer exatamente o que parece, retirar do disco, via subtração, um quarto do disco.

$$\vec{r}_{cm}= \frac{m_{d}\;\vec{r}_{cm\;d}-m_{q}\;\vec{r}_{cm\;q1}}{m_{d}-m_{q}} $$

Como é uma figura homogênea, o que vale para massa, valerá para área.

$$\vec{r}_{cm}= \frac{A_{d}\;\vec{r}_{cm\;d}-A_{q}\;\vec{r}_{cm\;q1}}{A_{d}-A_{q}} $$

• Sabendo que $A_d=\pi\;R^2$ e $A_{q}=\frac{\pi}{4}\;R^2$ então $$A_{d}-A_{q}=\frac{3}{4}\;\pi\;R^2$$

Portanto,

$$\vec{r}_{cm}= \frac{-\frac{\pi}{4}\;R^2}{\frac{3}{4}\;\pi\;R^2}\;\vec{r}_{cm\;q1}=-\frac{1}{3}\;\vec{r}_{cm\;q1} $$

Isso é muito interessante, pois reflete o fato de que o eixo de simetria da figura que sobra (3/4 de disco) e o mesmo do quarto de disco (1/4 de disco).

Resposta:

Em um sistema de coordenadas com origem no centro do disco e a parte faltante no primeiro quadrante, as coordenadas do centro de massa da distribuição será, $$(-\frac{4}{\pi}\;R,-\frac{4}{\pi}\;R)$$.

Aplicação dessa teoria em sistema físico: .

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fig

Enunciado:

Uma corda homogênea de massa m e comprimeto l foi utilizada para pendurar uma massa M no teto.

Responda:

a) Qual a tensão no teto;

b) Qual a tensão na massa M ;

c) Qual trabalho adicional por unidade de comprimento é realizado para pendurar M com essa corda em lugar da corda ideal.

Solução de a)

Para esse caso basta imaginar que todo o sistema está preso ao teto. Não há necessidade de olhar detalhes. Como está tudo parado, usamos diretamente a primeira (ou ou segunda) Lei de Newton.

$$\vec{P_{sis}}+\vec{T}=0\Rightarrow \vec{T}=-\vec{P_{sis}}=-(m+M)\;\vec{g}$$

Usando um sistema de coordenadas cartesiano padrão, $\vec{g}=-g\;\hat{y}$.

$$\vec{T}=(m+M)\;g\;\hat{y}$$

Essa é a tensão sobre a ponta da corda junto ao teto, usando a terceira Lei de Newton, encontramos que sobre o teto.

Resposta:

A tensão no teto é tem intensidade, $T=(m+M)\;g $ e aponta para baixo.

Solução de b)

Podemos resolver essa questão tratando o CM da corda como uma massa separada. Então teremos 2 massas pontuais e podemos aplicar as leis de Newton Individualmente para cada uma.

Massa M:

Sobre M atual as seguintes forças: $P_{M}$ para baixo e $T_{M|corda}$ para cima e também sabemos que está tudo parado. Portanto,

Resposta: A tensão sobre M, tem intensidade $T_{M|corda}=M\;g$ apontando para cima.

Notem: A tensão não é mais transmitida livremente pela corda. $T_{M|corda}=M\;g$ é diferente da $T_{teto}=(m+M)\;g$.

Solução c)

O trabalho realizado será armazenado como energia potencial gravitacional. Então basta calcular a variação energia potencial por unidade de comprimento. Isso se faz calculando a energia potencial e dividindo pelo deslocamento vertical do problema da massa M.

• Para corda ideal seria, suspender M de uma altura H, resultaria em uma variação da energia Energia Potencial Gravitacional igual a

$$W_i=\Delta U=M\;g\;H $$

• Fazer o mesmo para essa corda

$$W_r=\Delta U=M\;g\;H+m\;g\;(H+\frac{l}{2})$$

• A diferença entre esses trabalho nos dá o trabalho adicional,

$$W_{adicional}=m\;g\;(H+\frac{l}{2})\Rightarrow$$

Por unidade de comprimento.

$$W_{adicional}=m\;g\;H(1+\frac{l}{2\;H})\Rightarrow$$

Resposta:

O trabalho adicional por unidade de comprimento será.

$$W_{adic\;/\;met}=m\;g\;(1+\frac{l}{2\;H})$$

Interpretação:

Se a massa da corda for muito elevada, se realiza muito trabalho adicional. Se a razão $l/H$ for muito elevada também se realizamuito trabalho adicional.

Notem:

Uma outra forma de medir o impacto do trabalho adicional é comparar-lo com do trabalho ideal, aqui um exemplo.

$$\frac{W_{adic}}{W_i}=\frac{m}{M}\;(1+\frac{1}{2}\frac{l}{H})$$

Obrigado a todos pela presença!

Na próxima semana, avaliação A3 - Colisões e Sistemas de Partículas.