Trabalho em Sistemas Dinâmicos: Análise e Cálculo

Sistemas Dinâmicos Trabalho e potenciais 𝑃 se move segundo uma trajetória 𝜆 entre 𝑷1 e 𝑷2 pontos fixos de 𝜆 Se 𝑭 é uma força vinculada à partícula 𝑃 a atuação de 𝑭 entre 𝑷1 e 𝑷2 é definida por uma integral de linha 𝜏12 𝑭 𝑭 𝑑𝑷 𝑷2 𝑷1 Obs 𝜏12 𝑭 é um escalar e representa o trabalho realizado pela força no deslocamento entre 𝑷1 e 𝑷2 Se o ponto 𝑃 se move com uma velocidade 𝒗 𝑑𝑷 𝑑𝑡 então 𝑑𝑷 𝒗 𝑑𝑡 Substituindo na integral temos 𝜏12 𝑭 𝑭 𝒗 𝑑𝑡 𝑡2 𝑡1 Obs A integração agora se dá ao longo do tempo 𝑭 𝒗 é um produto escalar Unidade 𝜏12 𝑭 𝑁 𝑚 𝐽 𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒 Exemplo O disco 𝐷 gira com velocidade angular constante 𝜔 em relação ao suporte 𝑆 que também gira com velocidade angular constante Ω em relação ao referencial inercial 𝑅 A base 𝒏 está fixa em 𝐷 Uma força constante 𝑭 é aplicada ao ponto 𝑃 de forma que o ângulo 𝜃 se mantém invariante no tempo A força não está no plano do disco Calcule o trabalho resultante de 𝑭 entre os pontos 1 e 2 em relação a 𝑆 indicados na figura 𝑭 𝐹 cos 𝜃 𝒏𝟐 𝐹 sin 𝜃 𝒏𝟑 𝒗𝑆 𝑃 𝒗𝑆 𝑂 0 𝒗𝑂 𝑃 0 𝝎𝑆 𝐷 𝒑 𝑃 𝑂 𝜔 𝒏𝟑 𝑟 cos 𝜙 𝒏𝟐 𝑟 sin 𝜙 𝒏𝟏 𝑟𝜔 cos 𝜙 𝒏𝟏 𝑟𝜔 sin 𝜙 𝒏𝟐 𝑭 𝒗𝑆 𝑃 𝐹𝑟𝜔 cos 𝜃 sin 𝜙 Note que 𝜃 é constante mas 𝜙 não é e por isso o trabalho necessita de integração Além disso 𝜙 𝜔 𝜙 𝜔𝑡 𝐶 0 Exercício Calcule o trabalho de 𝑭 em relação a 𝑅 R 2𝐹𝑟 cos 𝜃 Ω 𝜔 sin 𝜃 Força conservativa Uma força é dita conservativa quando o trabalho realizado por ela não depende do caminho mas somente dos pontos inicial e final Isso corresponde a dizer que o valor do trabalho realizado por qualquer curva ligando os pontos 𝑷1 e 𝑷2 é o mesmo Se os pontos inicial e final forem os mesmos circuito fechado então o trabalho resultante é nulo Exemplo A força peso e a força elástica de uma mola são conservativas Forças de atrito e de arrasto não são conservativas são dissipativas Desprezando a resistência do ar uma esfera subindo ou descendo está sob efeito somente de seu peso ação da gravidade que é conservativo porém se considerarmos a resistência do ar está será uma força dissipativa atuando no sistema Rotacional Dado um campo vetorial 𝑭 𝐹1 𝐹2 𝐹3 o seu rotacional será 𝑭 𝒊 𝒋 𝒌 𝑥 𝑦 𝑧 𝐹1 𝐹2 𝐹3 𝐹3 𝑦 𝐹2 𝑧 𝒊 𝐹1 𝑧 𝐹3 𝑥 𝒋 𝐹2 𝑥 𝐹1 𝑦 𝒌 Matematicamente uma força 𝑭 é dita conservativa se o seu rotacional for nulo ou seja se a integral de linha ao longo de uma curva suave e fechada 𝐶 é zero 𝑭 𝑑𝑷 0 𝐶 Se o rotacional de 𝑭 é nulo existe um campo escalar Φ𝑷 cujo gradiente é igual ao oposto de 𝑭 𝑭 Φ𝑷 Obs O gradiente é um vetor e é definido por Φ𝑷 Φ 𝑥 Φ 𝑦 Φ 𝑧 Manipulando algebricamente a expressão para um campo conservativo encontramos 𝑭 Φ𝑷 Multiplicando por 𝑑𝑷 𝑭 𝑑𝑷 Φ𝑷 𝑑𝑷 Φ 𝑥 Φ 𝑦 Φ 𝑧 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 Φ 𝑥 𝑑𝑥 Φ 𝑦 𝑑𝑦 Φ 𝑧 𝑑𝑧 𝑑Φ𝑷 Diferencial Total Lembrese que para um campo escalar Φ𝑥 𝑦 𝑧 o seu diferencial total é definido por 𝑑Φ Φ 𝑥 𝑑𝑥 Φ 𝑦 𝑑𝑦 Φ 𝑧 𝑑𝑧 Logo 𝜏12 𝑭 𝑭 𝑑𝑷 𝑃2 𝑃1 𝑑Φ𝑷 𝑃2 𝑃1 Φ𝐏1 Φ𝐏2 O trabalho das forças conservativas pode ser resumido à diferença entre os potenciais inicial e final 𝜏12 𝑭 Φ𝐏1 Φ𝐏2 Quando uma partícula 𝑃 se move em um referencial 𝑅 sob a ação de um sistema de forças ℱ composto por um subconjunto de forças conservativas ℱ𝑐 e outro subconjunto de forças não conservativas ℱ𝑛𝑐 o trabalho resultante entre dois pontos pode ser decomposto em duas parcelas 𝜏12 ℱ 𝜏12 ℱ𝑐 𝜏12 ℱ𝑛𝑐 Cada uma das forças conservativas admitirá uma função potencial Φ𝑷 de modo que o trabalho das forças conservativas pode ser definido através da diferença de potenciais entre as duas posições 𝜏12 ℱ𝑐 Φ𝑷1 Φ𝑷2 Obs Forças dissipativas não podem ser associadas a uma função potencial Exemplo A mola de comprimento natural 2𝑎 e constante elástica 𝑘 está fixa no disco 𝐷 no ponto 𝐵 O disco 𝐷 de raio 𝑎 pode girar livremente em relação ao mancal inercial Incialmente o ponto 𝐵 é coincidente com o ponto 𝐵1 e o sistema está em repouso O sistema é solto e a extremidade 𝐵 da mola se desloca de 𝐵1 para 𝐵2 Calcule o trabalho realizado pela mola nesse deslocamento Solução Energia potencial elástica Φ𝑘𝑥 𝑘 2 𝑥 𝑥02 𝜏12 ℱ𝑐 Φ𝑷1 Φ𝑷2 𝑘 2 3𝑎 2𝑎2 𝑘 2 𝑎5 2𝑎 2 0472𝑘𝑎2 Exemplo O cursor 𝐶 de massa 𝑚 se move sem atrito pela guia 𝐴𝐵 Calcule o trabalho realizado pelas forças envolvidas entre os pontos 𝐴 e 𝐵 A mola tem comprimento nominal 𝑎 Neste exemplo só atuam as forças peso e elástica que são conservativas Energia potencial gravitacional Φgℎ 𝑚𝑔ℎ Energia potencial elástica Φk𝑥 𝑘 2 𝑥 𝑥02 𝜏12 ℱ𝑐 Φ𝑷1 Φ𝑷2 𝜏𝐴𝐵 ℱ𝑐 Φ𝐴 Φ𝐵 Ponto 𝑨 Energias gravitacional e elástica Φ𝐴 Φ𝑔𝐴 Φ𝑘𝐴 𝑚𝑔4𝑎 𝑘 2 5𝑎 𝑎2 4𝑚𝑔𝑎 8𝑘𝑎2 Ponto 𝑩 Somente energia elástica Φ𝐵 Φ𝑘𝐵 𝑘 2 2𝑎 𝑎2 𝑘𝑎2 2 Logo 𝜏𝐴𝐵 ℱ𝑐 Φ𝐴 Φ𝐵 4𝑚𝑔𝑎 8𝑘𝑎2 𝑘𝑎2 2 4𝑚𝑔𝑎 15 2 𝑘𝑎2 Energia Potencial Gravitacional a Considere a força peso e o eixo z orientado para cima 𝓕 mg 0 0 mg A força 𝓕 define um campo vetorial conservativo e portanto existe uma função potencial 𝓟xyz tal que 𝓕 𝓟xyz 00mg 𝓟x 𝓟y 𝓟z 𝓟y 𝓟x 0 e 𝓟z hg como o cálculo do trabalho exige uma diferença de potenciais a constante não é relevante logo 𝓟3 hg3 Exemplo 3 𝓱 E mgh 𝓱 3 E mgh mgh h 𝓕 𝓟xyz 00mg 𝓟x 𝓟y 𝓟z 𝓟x 𝓟y 0 e mg 𝓟z de forma análoga 𝓟3 hg3 A função potencial apresenta sinais diferentes de acordo com a orientação do eixo z Exemplo 3 𝓱 E mgh 𝓱 3 Exemplo Calcule o trabalho da força peso no deslocamento de pêndulo simples do ponto 1 para o ponto 2 Caso 1 𝓦peso 𝓟1 𝓟2 𝓟1 mgλcosθ 𝓟2 hgλ 𝓦peso mgαcosθ mgh hgλ1cosθ Trabalho e energia Considere uma partícula 𝑃 de massa 𝑚 se deslocando em uma trajetória 𝜆 Se 𝑹 representa a resultante das forças atuantes em 𝑃 então 𝑹 𝑚𝒂 Multiplicando pelo diferencial 𝑑𝑷 𝑹 𝑑𝑷 𝑚𝒂 𝑑𝑷 𝑹 𝑑𝑷 𝑚𝒂 𝑑𝑷 𝑚 𝑑 𝑑𝑡 𝒗 𝑑𝑷 𝑚 𝑑𝒗 𝑑𝑷 𝑑𝑡 𝑚 𝑑𝒗 𝒗 𝑚 𝒗 𝑑𝒗 Integrando 𝑹 𝑑𝑷 𝑷2 𝑷1 𝜏 𝑚 𝒗 𝑑𝒗 𝑷2 𝑷1 1 2 𝑚𝒗 𝒗 𝑷𝟏 𝑷𝟐 𝐾𝑅 𝑃𝑷2 𝐾𝑅 𝑃𝑷1 Acabamos de mostrar que o trabalho de um sistema de forças conservativas eou não conservativas também pode ser calculado pela variação da energia cinética 𝜏12 ℱ 𝐾𝑅 𝑃𝑷2 𝐾𝑅 𝑃𝑷1 Energia mecânica Definimos a energia mecânica de um sistema como a soma das energias cinéticas e potenciais 𝐸𝑅 𝑃𝑷 𝐾𝑅 𝑃𝑷 ΦR P𝑷 Assim 𝜏12 ℱ 𝜏12 ℱ𝑐 𝜏12 ℱ𝑛𝑐 𝐾𝑅 𝑃𝑷2 𝐾𝑅 𝑃𝑷1 Φ𝐏1 Φ𝐏2 𝜏12 ℱ𝑛𝑐 𝜏12 ℱ𝑛𝑐 𝐾𝑅 𝑃𝑷2 Φ𝐏2 𝐸𝑅 𝑃𝑷2 𝐾𝑅 𝑃𝑷1 Φ𝐏1 𝐸𝑅 𝑃𝑷1 𝜏12 ℱ𝑛𝑐 𝐸𝑅 𝑃𝑷2 𝐸𝑅 𝑃𝑷1 O trabalho das forças não conservativas pode ser calculado pela variação da energia mecânica do sistema Obs O trabalho relativo a ℱ𝑛𝑐 em algumas situações necessita de integração Exemplo O cursor 𝐶 de massa 𝑚 desliza na guia vertical sob a ação do seu peso do atrito e da mola de constante elástica 𝑘 e comprimento natural 𝑎 O coeficiente de atrito vale 𝜇 Calcule a velocidade do cursor quando ele passa pela posição 𝜃 𝜋 4 dado que ele parte do repouso com 𝜃 0 A base 𝒏 é inercial Solução No DCL temos 𝑉 Força de atrito 𝐹𝑘 Força da mola 𝐻 Força de contato entre o colar e a guia força normal Como essa questão tem atrito envolvido e essa é uma força dissipativa podemos usar a relação 𝜏12 ℱ𝑛𝑐 𝐸𝑅 𝑃𝑷2 𝐸𝑅 𝑃𝑷1 O cálculo do trabalho das forças não conservativas atrito sai por integração 𝜏12 ℱ𝑛𝑐 𝑭 𝑑𝑷 𝑷2 𝑷1 𝑽 𝑑𝒑 𝑷2 𝑷1 onde 𝑉 𝜇𝐻 𝐻 𝐹𝑘 cos 𝜃 𝑘𝑑 𝑎 cos 𝜃 Logo 𝑽 𝑘𝜇𝑑 𝑎 cos 𝜃 𝒊 𝑘𝜇𝑑 𝑎 cos 𝜃 00 e 𝑽 𝑑𝒑 𝑘𝜇𝑑 𝑎 cos 𝜃 00 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 𝑘𝜇𝑑 𝑎 cos 𝜃 𝑑𝑥 Portanto 𝜏12 ℱ𝑛𝑐 𝑽 𝑑𝒑 𝑷2 𝑷1 𝑘𝜇 𝑑 𝑎 cos 𝜃 𝑑𝑥 𝑥 0 A força de atrito varia em função de 𝜃 e 𝑑 sendo 𝑑 𝑓𝑥 e o diferencial está em 𝑥 𝑑𝑥 Como 𝑑 e 𝜃 estão relacionadas entre si temos duas opções i Escrever cos 𝜃 em função de 𝑥 ou ii Escrever 𝑑 em função de 𝜃 nessa opção não podemos esquecer de trocar o diferencial de 𝑑𝑥 para 𝑑𝜃 Vamos fazer de forma semelhante ao livro opção ii tan 𝜃 𝑥 𝑎 𝑥 𝑎 tan 𝜃 𝑑𝑥 𝑎 sec2 𝜃 𝑑𝜃 cos 𝜃 𝑎 𝑑 𝑑 𝑎 sec 𝜃 Assim 𝜏12 ℱ𝑛𝑐 𝑘𝜇 𝑑 𝑎 cos 𝜃 𝑑𝑥 𝑥 0 𝑘𝜇 𝑎 sec 𝜃 𝑎 cos 𝜃 𝜋 4 0 𝑎 sec2 𝜃 𝑑𝜃 𝑘𝜇𝑎2 1 cos 𝜃sec2 𝜃 𝑑𝜃 𝜋 4 0 𝑘𝜇𝑎2 sec2 𝜃 sec 𝜃 𝑑𝜃 𝜋 4 0 𝑘𝜇𝑎2tan 𝜃 lnsec 𝜃 tan 𝜃0 𝜋 4 𝑘𝜇𝑎21 ln1 2 Calculado o trabalho da força de atrito vamos calcular as energias mecânicas Note a orientação da base inercial para baixo Isso influencia a função potencial gravitacional 𝐸1 Não tem energia nesse instante 𝐸1 0 𝐸2 Energias potencial gravitacional cinética e potencial elástica 𝐸2 𝑚𝑔𝑎 1 2 𝑚𝑣2 1 2 𝑘𝑎22 1 2 Assim 𝜏12 ℱ𝑛𝑐 𝐸𝑅 𝑃2 𝐸𝑅 𝑃1 𝑘𝜇𝑎21 ln1 2 𝑚𝑔𝑎 1 2 𝑚𝑣2 1 2 𝑘𝑎22 1 2 𝑣 2𝑔𝑎 2𝑘𝜇𝑎2 𝑚 1 ln1 2 𝑘𝑎2 𝑚 2 1 2 1 2 Exemplo Um bloco de massa 𝑚 sobe um plano inclinado com velocidade inicial 𝑣0 Sabendo que o coeficiente de atrito dinâmico entre o bloco e o plano vale 𝜇𝑑 calcule o trabalho da força de atrito do início do movimento até o bloco parar Solução Fazendo o DCL do sistema 𝜏12 ℱ𝑛𝑐 𝜏𝑓𝑎𝑡 𝑓𝑎𝑡 𝑑 𝜇𝑑𝑁𝑑 𝜇𝑑𝑚𝑔 cos 𝜃𝑑 onde 𝑑 representa a distância percorrida pelo bloco A resposta acima não é satisfatória porque não conhecemos o valor de 𝑑 Existem dois caminhos calcular a aceleração do bloco e aplicar a Equação de Torricelli para encontrar 𝑑 ou calcular a variação da energia cinética do sistema que é igual ao trabalho e igualar as respostas obtendo 𝑑 i Equação de Torricelli 𝑓𝑎𝑡 𝜇𝑑𝑁 𝜇𝑑𝑚𝑔 cos 𝜃 𝐹 𝑚𝑎 𝑓𝑎𝑡 𝑚𝑔 sin 𝜃 𝑚𝑎 𝜇𝑑𝑚𝑔 cos 𝜃 𝑚𝑔 sin 𝜃 𝑚𝑎 𝑎 𝑔𝜇𝑑 cos 𝜃 sin 𝜃 A aceleração é constante e negativa contrária à direção de movimento do bloco reduzindo sua velocidade até parar Podemos usar a Equação de Torricelli para encontrar a distância percorrida 𝑣2 0 𝑣0 2 2𝑎𝑠 𝑠 𝑑 𝑣0 2 2𝑔𝜇𝑑 cos 𝜃 sin 𝜃 Logo 𝜏𝑓𝑎𝑡 𝜇𝑑𝑚𝑔 cos 𝜃 𝑣0 2 2𝑔𝜇𝑑 cos 𝜃 sin 𝜃 𝜇𝑑𝑚𝑣0 2 cos 𝜃 2𝜇𝑑 cos 𝜃 sin 𝜃 ii Energia cinética Vimos que um trabalho de um sistema de forças pode ser calculado pela variação da energia cinética 𝜏12 ℱ 𝐾𝑅 𝑃2 𝐾𝑅 𝑃1 𝜏12 ℱ 0 1 2 𝑚𝑣0 2 1 2 𝑚𝑣0 2 Por outro lado podemos calcular o trabalho das forças que agem no bloco que são de acordo com o referencial 𝑚𝑔 sin 𝜃 que é uma força restaurativa conservativa e 𝑓𝑎𝑡 que é dissipativa Ambas são constantes e portanto 𝜏12 ℱ 𝑚𝑔 sin 𝜃 𝜇𝑑𝑚𝑔 cos 𝜃𝑑 Igualando 𝑑 𝑣0 2 2𝑔𝜇𝑑 cos 𝜃 sin 𝜃 Obs Vimos também que o trabalho das forças não conservativas pode ser calculado pela variação da energia mecânica do sistema ou seja 𝜏12 ℱ𝑛𝑐 𝜏12 𝑓𝑎𝑡 𝐸𝑅 𝑃2 𝐸𝑅 𝑃1 Onde 𝜏12 𝑓𝑎𝑡 𝜇𝑑𝑚𝑔 cos 𝜃𝑑 𝐸2 𝑚𝑔 sin 𝜃𝑑 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝐸1 1 2 𝑚𝑣0 2𝑐𝑖𝑛é𝑡𝑖𝑐𝑎 𝜏12 𝑓𝑎𝑡 𝐸𝑅 𝑃2 𝐸𝑅 𝑃1 𝑚𝑔 sin 𝜃𝑑 1 2 𝑚𝑣0 2 Igualando 𝜇𝑑𝑚𝑔 cos 𝜃𝑑 𝑚𝑔𝑑 sin 𝜃 1 2 𝑚𝑣0 2 𝑑 𝑣0 2 2𝑔𝜇𝑑 cos 𝜃 sin 𝜃 Sistemas Dinâmicos Conservação da Quantidade de Movimento Linear Quando uma partícula 𝑃 de massa 𝑚 se move em relação a um referencial 𝑅 sob um sistema de forças nulo resultante nula o vetor quantidade de movimento se conserva nesse referencial 𝑮 𝑹 𝑹 𝟎 𝑮 𝟎 𝑮𝑡2 𝑮𝑡1 Do princípio exposto também se conclui que não há alteração na velocidade do movimento 𝒗𝑡2 𝒗𝑡1 𝑠𝑒 𝑹 𝟎 Exemplo Um canhão de massa 3000 𝑘𝑔 atira uma bola de 30 𝑘𝑔 na direção horizontal Desprezando o atrito calcule a velocidade da bola sabendo que o canhão recua com velocidade 18 𝑚 𝑠 na direção contrária a 𝑥 A explosão que expele a bola e empurra o canhão para trás é uma força interna Como não existe atrito e o sistema não está sob influência de forças externas na direção 𝑥 sistema isolado a quantidade de movimento angular está conservada nesta direção logo 𝟎 𝑚𝑏𝒗𝑏 𝑚𝑐𝒗𝑐 0 30𝑣𝑏 300018 𝑣𝑏 180 𝑚 𝑠 Exemplo Um teste de colisão é feito em um carro de 1500 𝑘𝑔 contra uma parede No início do teste o carro tem velocidade 15 𝑚 𝑠 e com a batida recua com 26 𝑚 𝑠 Sabendo que a duração da colisão é de 015 𝑠 calcule o impacto e a força média causados pelo teste 𝑰 𝑮𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑮𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑚𝒗𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝒗𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝐼 150026 15 26400 𝑘𝑔 𝑚 𝑠 𝑰 𝑭𝑡 𝐹 26400 015 176 𝐾𝑁 Conservação da Quantidade de Movimento Angular Quando uma partícula 𝑃 de massa 𝑚 se move em relação a um referencial 𝑅 sob a ação de um sistema de forças ℱ tal que seu momento resultante com respeito a um ponto 𝑂 fixo em 𝑅 é nulo o vetor quantidade de movimento angular se conserva com respeito a esse ponto 𝑯 𝑴 𝑴 𝟎 𝑯 𝟎 𝑯𝑡2 𝑯𝑡1 Exemplo Uma esfera 𝑃 de massa 𝑚 movese sobre uma plataforma lisa e fixa sob a ação de um fio leve passante por um orifício no centro 𝑂 da plataforma a Se a partícula tem velocidade 𝑣 e gira com raio 𝑟0 calcule a tensão 𝑇0 no fio b Se uma nova tensão 𝑇 𝑇0 é aplicada no fio qual a nova velocidade 𝑣2 da partícula Solução a 𝑹 𝑇0 𝒏𝟏 𝑁 𝑚𝑔 𝒏𝟑 𝑮 𝑚 𝜃𝑟0 𝑇𝑎𝑛𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝒏𝟐 𝑟0𝜃 2 𝐶𝑒𝑛𝑡𝑟í𝑝𝑒𝑡𝑎 𝒏𝟏 𝑮 𝑹 𝑚𝑟0𝜃 2 𝑇0 𝑚𝜃𝑟0 0 0 𝑁 𝑚𝑔 Note que 𝜃 0 ou seja 𝜃 𝑐𝑡𝑒 e portanto 𝑇0 𝑚𝑟0𝜃 2 𝑚𝑣2 𝑟0 b 𝑇 e 𝑇0 são forças centrípetas Elas correspondem à uma força externa ao sistema junto com o peso da partícula e a normal No entanto a quantidade de movimento angular se conserva pois o momento de 𝑹 em relação ao ponto 𝑂 é nulo 𝑇 passa por 𝑂 enquanto 𝑁 𝑚𝑔 Logo 𝑯𝑡2 𝑯𝑡1 𝑟𝑚𝑣2 𝑟0𝑚𝑣 𝑣2 𝑟0 𝑟 𝑣 Como 𝑟 𝑟0 temos que 𝑣2 𝑣 Exemplo Uma pequena esfera 𝑃 de massa 𝑚 rola sobre a superfície interna de uma casca cilíndrica de eixo vertical e raio 𝑟 A esfera é arremessada horizontalmente com velocidade de módulo 𝑣0 a partir do ponto 𝐴 descrevendo uma trajetória curvilínea 𝑂 é um ponto fixo do eixo vertical 𝑥3 e a base 𝒃𝟏 𝒃𝟐 𝒃𝟑 acompanha a trajetória da esfera sendo 𝒃𝟏 sempre horizontal e tangente à superfície do cilindro Mostre que existe conservação da quantidade de movimento angular em relação ao eixo 𝑥3 e obtenha uma expressão para 𝜙 Para que haja conservação da quantidade de movimento angular é preciso que 𝐻 𝑃 𝒙𝟑 0 onde 𝐻 𝑃 𝑥3 𝑴 𝑃 𝑂 𝒃𝟑 Temos 𝑴 𝑃 𝑂 𝑷 𝑃 𝑂 𝑹 𝑟 𝒃𝟐 𝑧 𝒃𝟑 𝑁 𝒃𝟐 𝑚𝑔 𝒃𝟑 𝑚𝑔𝑟 𝒃𝟏 𝑧𝑁 𝒃𝟏 𝑚𝑔𝑟 𝑧𝑁 𝒃𝟏 Portanto 𝐻 𝑃 𝑥3 𝑴 𝑃 𝑂 𝒃𝟑 𝑚𝑔𝑟 𝑧𝑁 𝒃𝟏 𝒃𝟑 0 Temos portanto conservação da quantidade de movimento angular de forma que podemos fazer 𝐻𝐴 𝑃 𝑥3 𝐻𝐵 𝑃 𝑥3 𝐻𝐴 𝑃 𝑥3 𝑷 𝑃 𝑂 𝑮𝐴 𝑃 𝑂 𝒃𝟑 𝑟 𝒃𝟐 𝑚𝑣0 𝒃𝟏 𝒃𝟑 𝑚𝑣0𝑟 𝒃𝟑 𝒃𝟑 𝑚𝑣0𝑟 𝐻𝐵 𝑃 𝑥3 𝑷 𝑃 𝑂 𝑮𝐵 𝑃 𝑂 𝒃𝟑 𝑟 𝒃𝟐 𝑚𝑧 𝒃𝟑 𝜙𝑟 𝒃𝟏 𝒃𝟑 𝑚𝑟𝑧 𝒃𝟏 𝑚𝑟2𝜙 𝒃𝟑 𝒃𝟑 𝑚𝑟2𝜙 Igualando 𝜙 𝑣0 𝑟 Conservação da Energia Cinética Quando uma partícula 𝑃 de massa 𝑚 se move em relação a um referencial 𝑅 sob a ação de um sistema de forças ℱ de tal modo que o trabalho resultante entre as posições 𝑷1 e 𝑷2 de sua trajetória seja nulo conservase a sua energia cinética 𝐾𝑷2 𝐾𝑷1 𝑠𝑒 𝜏ℱ 0 Conservação da Energia Mecânica Quando uma partícula 𝑃 de massa 𝑚 se move em relação a um referencial 𝑅 sob a ação de um sistema de forças ℱ de tal modo que o trabalho resultante das forças não conservativas exercido entre as posições 𝑷1 e 𝑷2 sua trajetória seja nulo conservase a sua energia mecânica 𝐸𝑷2 𝐸𝑷1 𝑠𝑒 𝜏ℱ𝑁𝐶 0 Exemplo Os blocos 𝐴 e 𝐵 de massas 𝑚𝐴 e 𝑚𝐵 estão em repouso em uma superfície horizontal sem atrito ligados por uma mola de massa desprezível e comprimida de 𝑥 A mola tem coeficiente de rigidez 𝑘 Calcule 𝑣𝑎 e 𝑣𝑏 quando o conjunto é solto Solução Como não há atrito a energia mecânica se conserva Assim 𝐸1 𝐸2 1 2 𝑘𝑥2 1 2 𝑚𝑎𝑣𝑎 2 1 2 𝑚𝑏𝑣𝑏 2 Só com esta equação não é possível resolver o problema Por outro lado a quantidade de movimento linear também se conserva na direção 𝑥 a força que a mola aplica em 𝐴 é igual mas com sentido contrário à força que aplica em 𝐵 Então 0 𝑚𝑎𝑣𝑎 𝑚𝑏𝑣𝑏 𝑣𝑏 𝑚𝑎𝑣𝑎 𝑚𝑏 𝑣𝑎 𝑚𝑏𝑣𝑏 𝑚𝑎 Substituindo 1 2 𝑘𝑥2 1 2 𝑚𝑎𝑣𝑎 2 1 2 𝑚𝑏 𝑚𝑎𝑣𝑎 𝑚𝑏 2 𝑣𝑎 𝑘𝑥2 𝑚𝑎 1 𝑚𝑎 𝑚𝑏 𝑣𝑏 𝑘𝑥2 𝑚𝑚 1 𝑚𝑏 𝑚𝑎 Exemplo O cursor de massa 2 𝑘𝑔 é solto do repouso no ponto 𝐴 na guia vertical sem atrito A mola tem comprimento nominal de 200 𝑚𝑚 e constante 𝑘 600 𝑁 𝑚 a Calcule a velocidade do cursor no ponto 𝐵 b Calcule a força normal exercida no cursor no ponto 𝐵 Solução a Como não há forças dissipativas podemos aplicar a conservação da energia mecânica Vamos posicionar o referencial inercial em 𝐴 orientado para cima 𝐸𝐴 𝐸𝐵 𝐸𝐴 𝑘 2 𝑥𝐴 𝑥02 𝐸𝐵 𝑘 2 𝑥𝐵 𝑥02 𝑚𝑔ℎ 𝑚𝑣𝐵 2 2 Substituindo os valores obtemos 𝑣𝐵 513 𝑚 𝑠 b Para calcular a normal devemos determinar a força resultante que atua no cursor e igualar a 𝑮 Note que no ponto 𝐵 𝜃 450 𝑹 𝑁 𝑘Δ𝑥 cos 𝜃 𝑚𝑔 𝒆𝑟 𝑘Δ𝑥 sin 𝜃 𝒆𝜃 𝑮 𝑅 𝑃 𝑚𝜃𝑟 𝒆𝜃 𝜃 2𝑟 𝒆𝑟 Igualando a coordenada 𝒆𝑟 𝑁 𝑘Δ𝑥 cos 𝜃 𝑚𝑔 𝑚𝜃 2𝑟 𝑚𝑣𝐵 2 𝑟 Calculando obtemos 𝑁 2084 𝑁 Note que transformar a aceleração centrípeta na forma 𝑚𝑣𝐵 2 𝑟 evita ter que calcular 𝜃 além de que já calculamos 𝑣𝐵 no item anterior Colisão unidimensional Quando uma força grande atua sobre um corpo em um intervalo curto de tempo dizse que ocorreu um impacto ou choque Denominase por colisão ao evento no qual dois ou mais corpos exercem entre si forças relativamente elevadas em um instante relativamente curto de tempo Exemplos Taco de beisebol rebatendo uma bola um taco de sinuca acertando uma bola de bilhar um taco de golfe acertando uma bola um jogador chutando uma bola um carro colidindo numa parede ou colidindo com outro carro etc Coeficiente de restituição O coeficiente de restituição 0 𝜀 1 para colisões entre partículas é definido por 𝜀 𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑎𝑝ó𝑠 𝑎 𝑐𝑜𝑙𝑖𝑠ã𝑜 𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑑𝑎 𝑐𝑜𝑙𝑖𝑠ã𝑜 Para uma partícula que se choca contra uma superfície o coeficiente de restituição equivale à razão entre as componentes ortogonais das velocidades imediatamente depois e imediatamente antes do choque com a superfície 𝜀 𝑣2 cos 𝜃2 𝑣1 cos 𝜃1 Quando uma partícula se choca ortogonalmente a uma superfície com 𝜃1 𝜃2 0 o impacto é dito normal e 𝜀 𝑣2 𝑣1 Exemplo Uma pequena bola incide obliquamente com velocidade 𝑣 em um plano horizontal fixo e repica com velocidade 𝑣 𝑣 4 e inclinação 300 em relação à normal ao plano Determine o ângulo de incidência 𝜃 se o coeficiente de restituição vale 𝜖 1 3 e o impacto é liso 𝜖 𝑣2 cos 𝜃2 𝑣1 cos 𝜃1 1 3 𝑣 4 cos 30 𝑣 cos 𝜃 cos 𝜃 3 8 𝜃 11864 𝑟𝑎𝑑 Exercício Uma bola é solta do repouso de uma altura 𝐻 se chocando perpendicularmente com uma superfície horizontal lisa voltando a subir uma altura ℎ Mostre que desprezando a resistência do ar 𝜀 é dado por 𝜀 ℎ 𝐻 1 Colisão perfeitamente elástica ou elástica Ocorre quando a energia cinética total dos corpos se conserva antes e depois da colisão 𝜀 1 𝐾1 𝐾2 Quando a colisão não é elástica a condição elástica é um caso ideal a energia cinética não se conserva Uma parte da energia cinética pode ser transformada em energia sonora térmica e etc Existem dois casos 2 Colisão parcialmente elástica 0 𝜀 1 𝐾1 𝐾2 3 Colisão perfeitamente inelástica ou inelástica 𝜀 0 𝐾1 𝐾2 Obs1 A colisão inelástica é aquela na qual ocorre a maior perda possível de energia cinética Por esta razão em alguns exercícios é comum informar que a perda de energia foi a maior possível ao invés de dizer que 𝜀 0 Obs2 Nos exercícios de colisão inelástica envolvendo dois corpos embora nem sempre seja dito de forma explícita os corpos saem juntos Obs3 A quantidade de movimento linear é conservada por colisões Se uma partícula se choca com outra então a força que a partícula 1 exerce sobre a 2 𝑭12 tem mesmo módulo e sentido contrário à força que a partícula 2 exerce sobre 1 𝑭21 ou seja 𝑭12 𝑭21 0 3ª Lei de Newtonforças internas Resumo Exemplo A esfera 𝐴 com velocidade 60 𝑚 𝑠 colide com a esfera 𝐵 em repouso Após a colisão as esferas se movimentam com a mesma direção e sentido sendo 𝑣𝐴 40 𝑚 𝑠 e 𝑣𝐵 60 𝑚 𝑠 Despreze o atrito e faça o que se pede a Calcule a razão 𝑚𝐴 𝑚𝐵 b A colisão é elástica Justifique c Calcule o percentual de perda de energia cinética devido à colisão Solução a Pela conservação da quantidade de movimento linear temos 6𝑚𝐴 4𝑚𝐴 6𝑚𝐵 𝑚𝐴 𝑚𝐵 3 b 𝜀 𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑎𝑝ó𝑠 𝑎 𝑐𝑜𝑙𝑖𝑠ã𝑜 𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑑𝑎 𝑐𝑜𝑙𝑖𝑠ã𝑜 6 4 6 0 1 3 1 Como 𝜀 1 a colisão não é elástica c Devemos calcular 𝐾 𝐾1 𝐾2 𝐾1 100 onde 𝐾1 1 2 𝑚𝐴𝑣𝐴1 2 1 2 𝑚𝐴62 18𝑚𝐴 𝐾2 1 2 𝑚𝐴𝑣𝐴2 2 1 2 𝑚𝐵𝑣𝐵2 2 8𝑚𝐴 18𝑚𝐵 Então 𝐾1 𝐾2 𝐾1 18𝑚𝐴 8𝑚𝐴 18𝑚𝐵 18𝑚𝐴 1 8 18 𝑚𝐵 𝑚𝐴 2 9 2222 A colisão gerou uma perda de 2222 em relação à energia cinética inicial Exemplo Considere o caso de colisão elástica entre duas partículas de massas 𝑚1 e 𝑚2 se deslocando na mesma direção cujas velocidades antes e depois da colisão são 𝑣1𝑖 𝑣1𝑓 𝑣2𝑖 e 𝑣2𝑓 Determine uma expressão para 𝑣1𝑓 e 𝑣2𝑓 Solução Pela conservação da quantidade de movimento linear 𝑚1𝑣1𝑖 𝑚2𝑣2𝑖 𝑚1𝑣1𝑓 𝑚2𝑣2𝑓 Para calcular 𝑣1𝑓 e 𝑣2𝑓 precisamos de mais uma equação Lembrando que nas colisões elásticas também há conservação da energia mecânica temos 1 2 𝑚1𝑣1𝑖 2 1 2 𝑚2𝑣2𝑖 2 1 2 𝑚1𝑣1𝑓 2 1 2 𝑚2𝑣2𝑓 2 Desenvolvendo as equações 𝑚1𝑣1𝑖 𝑣1𝑓 𝑚2𝑣2𝑓 𝑣2𝑖 𝑚1𝑣1𝑖 2 𝑣1𝑓 2 𝑚2𝑣2𝑓 2 𝑣2𝑖 2 Dividindo uma pela outra e simplificando 1 𝑣1𝑖 𝑣1𝑓 1 𝑣2𝑓 𝑣2𝑖 𝑣1𝑖 𝑣1𝑓 𝑣2𝑓 𝑣2𝑖 Isolando 𝑣2𝑓 e 𝑣1𝑓 e substituindo na primeira equação obtemos 𝑣1𝑓 𝑚1 𝑚2 𝑚1 𝑚2 𝑣1𝑖 2𝑚2 𝑚1 𝑚2 𝑣2𝑖 𝑣2𝑓 2𝑚1 𝑚1 𝑚2 𝑣1𝑖 𝑚2 𝑚1 𝑚1 𝑚2 𝑣2𝑖 Obs As equações acima são muito úteis para problemas que envolvem colisão elástica porque evita ter que realizar todo esse algebrismo novamente Exemplo Uma bola de aço de massa 05 𝑘𝑔 está amarrada a um fio de 07 cm e é solta na posição horizontal Ao fazer 900 o pêndulo atinge um bloco de aço de massa 25 𝑘𝑔 Sabendo que a colisão é elástica calcule a velocidade da esfera e do bloco imediatamente após a colisão Solução Precisamos calcular a velocidade com que a esfera atinge o bloco Para isso vamos usar conservação da energia mecânica 𝑚𝑔ℎ 1 2 𝑚𝑣1𝑖 2 𝑣1𝑖 371 𝑚 𝑠 Como o bloco está em repouso temos 𝑣2𝑖 0 de forma que 𝑣1𝑓 𝐸𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 𝑚1 𝑚2 𝑚1 𝑚2 𝑣1𝑖 05 25 05 25 371 2473 𝑚 𝑠 𝑣2𝑓 𝐵𝑙𝑜𝑐𝑜 2𝑚1 𝑚1 𝑚2 𝑣1𝑖 205 05 25 371 1237 𝑚 𝑠 Note que como 𝑚1 𝑚2 a esfera recua após a colisão Exemplo Pêndulo balístico Um projétil de massa 𝑚 e velocidade 𝑣 é disparado contar o pêndulo balístico de massa 𝑀 Se após a colisão o projétil fica dentro do pêndulo calcule a altura máxima ℎ que o conjunto alcança Solução No impacto entre o projétil e o pêndulo só atuam forças internas de forma que a quantidade de movimento linear na direção 𝑥 é conservada 𝐺1 𝐺2 onde 𝐺1 Quantidade de movimento linear imediatamente antes do impacto 𝐺2 Quantidade de movimento linear imediatamente após do impacto 𝑚𝑣 𝑚 𝑀𝑣2 𝑣2 𝑚𝑣 𝑚 𝑀 Para encontrar a altura devemos notar que após o impacto não há forças dissipativas atuando no sistema de forma que a energia mecânica se conserva Assim 𝐸1 𝐸2 onde 𝐸1 Energia mecânica imediatamente após o impacto somente cinética 𝐸2 Energia mecânica na altura máxima somente potencial gravitacional 𝐸1 1 2 𝑚 𝑀𝑣2 2 𝐸2 𝑚 𝑀𝑔ℎ Logo ℎ 𝑣2 2 2𝑔 1 2𝑔 𝑚𝑣 𝑚 𝑀 2 Sistemas Dinâmicos Considere um sistema 𝒮 de 𝑛 partículas com coordenadas 𝑥1 𝑦1 𝑧1 𝑥𝑛 𝑦𝑛 𝑧𝑛 e massas respectivas 𝑚1 𝑚𝑛 As coordenadas cartesianas 𝑥𝑐 𝑦𝑐 𝑧𝑐 do centro de massa do sistema são dadas por 𝑥𝑐 𝑚1𝑥1 𝑚𝑛𝑥𝑛 𝑚1 𝑚𝑛 𝑚𝑖𝑥𝑖 𝑛 𝑖1 𝑚𝑖 𝑛 𝑖1 𝑦𝑐 𝑚1𝑦1 𝑚𝑛𝑦𝑛 𝑚1 𝑚𝑛 𝑚𝑖𝑦𝑖 𝑛 𝑖1 𝑚𝑖 𝑛 𝑖1 𝑧𝑐 𝑚1𝑧1 𝑚𝑛𝑧𝑛 𝑚1 𝑚𝑛 𝑚𝑖𝑧𝑖 𝑛 𝑖1 𝑚𝑖 𝑛 𝑖1 Notação Vamos denotar por 𝒑 a posição do centro de massa em relação à origem do referencial inercial ou seja 𝒑 𝑥𝑐 𝑦𝑐 𝑧𝑐 Exemplo Determine as coordenadas do centro de massa do sistema abaixo 𝑥𝑐 𝑚2 𝑚4 3𝑚 2 𝑐𝑚 𝑦𝑐 𝑚3 3𝑚 1 𝑐𝑚 𝒑 2 𝒊 𝒋 21 𝑐𝑚 Velocidade do centro de massa Se 𝑀 𝑚𝑖 𝑛 𝑖1 representa a massa total do sistema e 𝒑𝑖 o vetor posição de cada partícula do sistema então 𝒑 𝑚𝑖𝒑𝑖 𝑛 𝑖1 𝑚𝑖 𝑛 𝑖1 1 𝑀 𝑚𝑖𝒑𝑖 𝑛 𝑖1 Derivando no tempo 𝒑 1 𝑀 𝑚𝑖𝒑 𝑖 𝑛 𝑖1 1 𝑀 𝑚𝑖𝒗𝑖 𝑛 𝑖1 Denotando 𝒑 𝒗 𝒗 1 𝑀 𝑚𝑖𝒗𝑖 𝑛 𝑖1 Exemplo Duas partículas se deslocam em linha reta numa superfície lisa A partícula 1 tem 𝑚1 𝑚 e 𝒗𝟏 4 𝒊 𝑚 𝑠 enquanto a partícula 2 tem 𝑚2 3𝑚 e 𝒗𝟐 4 𝒊 8 𝒋 𝑚 𝑠 Calcule a velocidade do centro de massa do sistema 𝒗 1 𝑀 𝑚𝑖𝒗𝑖 𝑛 𝑖1 𝑚4 𝒊 3𝑚4 𝒊 8 𝒋 4𝑚 2 𝒊 6 𝒋 𝑚 𝑠 Quantidade de movimento linear do centro de massa A quantidade de movimento linear de um sistema é por definição a soma das quantidades de movimento linear de todas as partículas 𝑮𝓢 𝑚𝑖𝒗𝑖 𝑛 𝑖1 Manipulando a expressão para a velocidade do centro de massa obtemos 𝒗 1 𝑀 𝑚𝑖𝒗𝑖 𝑛 𝑖1 𝑚𝑖𝒗𝑖 𝑛 𝑖1 𝑀𝒗 onde 𝑀 𝑚𝑖 é a massa total do sistema O somatório acima é igual à 𝑮𝓢 e portanto 𝑮𝓢 𝑮 𝑀𝒗 A quantidade de movimento de um sistema de partículas é igual à quantidade de movimento do seu centro de massa ponto fictício É como se estivéssemos considerando que toda a massa do sistema está contida no centro de massa e tem velocidade 𝒗 Exemplo Para um corpo arremessado obliquamente por mais complexa que seja sua trajetória o centro de massa sempre descreve uma parábola na ausência de forças externas Vídeo httpswwwyoutubecomwatchveka0I3kyD20 Equações Dinâmicas 2ª Lei de Newton Da expressão para a quantidade de movimento temos que a 2ª lei de Newton aplicada a um sistema de partículas é dada por 𝑮 𝑹 𝑀𝒂 Quantidade de movimento angular A quantidade de movimento angular de um sistema de partículas em relação a um ponto 𝑂 de um referencial 𝑅 é a soma da quantidade de movimento angular de cada partícula 𝑯𝑅 𝑆 𝑂 𝒑𝑖 𝑮𝑖 𝑛 𝑖1 Exemplo Três esferas estão fixas a barras de massas desprezíveis e comprimento 𝑟 ambas soldadas no ponto 𝑂 formando um conjunto rígido Uma força é aplicada na posição indicada O movimento ocorre no plano horizontal No instante inicial determine a a aceleração do centro de massa b a aceleração angular 𝜃 do sistema Solução a Como as três esferas têm massas iguais o centro de massa coincide com o ponto 𝑂 𝑮 𝑀𝒂 𝑹 3𝑚𝒂 𝐹 𝒊 𝒂 𝐹 3𝑚 𝒊 O centro de massa translada paralelo ao eixo 𝑥 com aceleração constante b A aplicação da força 𝐹 vai provocar um movimento de rotação inicial do conjunto em torno de 𝑂 com velocidade e aceleração angulares 𝜃 e 𝜃 As velocidades das esferas são perpendiculares às barras ver figura Posicionando um sistema de referência em cada uma das esferas verificamos que a quantidade de movimento angular do sistema é perpendicular ao plano do movimento 𝑯𝑂 𝑆 𝑯𝑂 𝑖 3 𝑖1 3𝑚𝑟2𝜃 𝒌 Vamos usar a relação 𝑯 𝑴 onde 𝑴 é o momento da força 𝐹 em relação ao ponto 𝑂 𝑯 𝑂 𝑆 3𝑚𝑟2𝜃 𝒌 𝑴𝑶 𝑭 𝑏 𝒋 𝐹 𝒊 𝐹𝑏 𝒌 Logo 𝜃 𝐹𝑏 3𝑚𝑟2 Conservação da quantidade de movimento linear A expressão para a 2ª Lei de Newton indica que o centro de massa se move como se fosse uma partícula de massa igual à do sistema e sob a ação da força resultante que age no sistema Se a resultante das forças externas atuando no sistema for nula então há conservação Exemplo Dois carros estão ligados por uma mola esticada em cima de um trilho de ar O sistema está inicialmente em repouso Em um determinado instante os carros são soltos e passam a deslizar sobre o trilho Determinar a movimentação do centro de massa Como o atrito pode ser desprezado em um trilho de ar não há forças externas atuando na direção 𝑥 do sistema e portanto existe conservação nessa direção 𝑮1 0 sistema estacionário 𝑮2 𝑚1 𝑚2𝒗 𝑮1 𝑮2 𝒗 0 Logo o centro de massa permanece em repouso após a movimentação dos blocos Exemplo Um bloco de massa 𝑚1 188 𝑘𝑔 desliza ao longo de uma superfície sem atrito com velocidade 𝑣1 103 𝑚 𝑠 Na mesma direção um bloco de massa 𝑚2 492 𝑘𝑔 tem velocidade 𝑣2 327 𝑚 𝑠 e fixo a ele uma mola de constante elástica 𝑘 112 𝑁 𝑐𝑚 Determine a compressão máxima da mola no instante do choque Solução Devemos notar que no momento da compressão máxima o conjunto bloco 1 bloco 2 e a mola se deslocam instantaneamente como uma partícula só Se denotarmos por 𝑣𝑐 a velocidade deste conjunto aplicando conservação da quantidade de movimento temos 𝑚1𝑣1 𝑚2𝑣2 𝑚1 𝑚2𝑣𝑐 𝑣𝑐 𝑚1𝑣1 𝑚2𝑣2 𝑚1 𝑚2 Note que a velocidade do conjunto é igual à velocidade do centro de massa Aplicando a conservação da energia mecânica 1 2 𝑚1𝑣1 2 1 2 𝑚2𝑣2 2 1 2 𝑚1 𝑚2𝑣𝑐 2 1 2 𝑘𝑥2 𝑥 𝑚1𝑣1 2 𝑚2𝑣2 2 𝑚1 𝑚2𝑣𝑐2 𝑘 𝑥 𝑚1𝑣1 2 𝑚2𝑣2 2 𝑚1𝑣1 𝑚2𝑣22 𝑚1 𝑚2 𝑘 𝑥 𝑣1 𝑣2 𝑚1𝑚2 𝑘𝑚1 𝑚2 Substituindo obtemos 𝑥 0245 𝑚 Cuidado quando for substituir os valores porque 𝑘 não está no SI Exemplo Uma partícula tem velocidade 𝒗 13 𝒊 𝑚 𝑠 Quando passa pela origem dos eixos cartesianos ela se divide em dois fragmentos de massas 𝑚1 370 𝑘𝑔 e 𝑚2 450 𝑘𝑔 com as direções dadas na figura Calcule as velocidades dos fragmentos Solução Devemos notar que as velocidades na direção 𝑦 se anulam visto que o centro de massa continua na direção 𝑥 pela conservação da quantidade de movimento linear explosões são forças internas As equações nas direções 𝒊 e 𝒋 então são dadas por 82013 370𝑣1 cos 56 450𝑣2 cos 21 𝒊 0 370𝑣1 sin 56 450𝑣2 sin 21 𝒋 Da 2ª equação 𝑣1 450 sin 21 370 sin 56 𝑣2 Substituindo na 1ª equação 𝑣2 2016 𝑚 𝑠 𝑣1 1060 𝑚 𝑠 Calcule a velocidade do centro de massa centro de massa e verifique que ela continua na direção 𝑥 e com o mesmo módulo Energia Cinética A energia cinética de um sistema de partículas em relação a um referencial 𝑅 corresponde à soma das energias cinéticas de cada partícula do sistema ou seja 𝐾𝑅 𝑆 𝐾𝑅 𝑃𝑖 𝑖 Se 𝒮 corresponde ao centro de massa do sistema e 𝑀 a massa total do sistema então definimos a energia cinética do centro de massa por 𝐾𝑅 𝒮 1 2 𝑀𝒗 𝒗 Exemplo Três esferas estão soldadas em duas barras de massas desprezíveis e comprimento 𝑏 cada formando um conjunto rígido O sistema que está apoiado em uma superfície sem atrito é solto do repouso Fig A deslizando até a superfície plana Fig B Calcule a velocidade das esferas quando atingem a superfície plana Solução Como o conjunto é rígido as esferas terão a mesma velocidade Como não há atrito existe conservação da energia mecânica Dessa forma temos duas soluções Considerar apenas o centro de massa do sistema ou considerar cada esfera isolada i Análise pelo centro de massa Dada a simetria do conjunto o centro de massa do sistema está localizado na esfera central No início do movimento só tem energia potencial e no final só tem energia cinética Vamos posicionar o eixo vertical na superfície horizontal orientado para cima Temos 𝐸1 𝑀𝑔ℎ 3𝑚𝑔𝑏 sin 45 𝐸2 1 2 𝑀𝑣2 1 2 3𝑚𝑣2 𝐸1 𝐸2 𝑣 𝑔𝑏2 ii Considerando cada esfera em separado temos que no início do movimento só 2 esferas têm energia potencial pois uma delas está na superfície horizontal No final do movimento as 3 esferas têm energia cinética iguais sem potencial 𝐸1 𝑚𝑔𝑏 sin 45 𝑚𝑔2𝑏 sin 45 𝐸2 3 1 2 𝑚𝑣2 𝐸1 𝐸2 𝑣 𝑔𝑏2 Equações de movimento 𝑮 𝑹 𝑀𝒂 Exemplo Determine as equações de movimento do sistema massa mola amortecedor abaixo Solução DCL Aplicando a 2ª lei de Newton para cada bloco 𝑚1𝑥1 𝐹1 𝑘2𝑥2 𝑥1 𝑐2𝑥2 𝑥1 𝑘1𝑥1 𝑐1𝑥1 𝑚2𝑥2 𝐹2 𝑘2𝑥2 𝑥1 𝑐2𝑥2 𝑥1 As equações acima foram obtidas estipulando que a massa 𝑚1 foi puxada de uma distância 𝑥1 para a direita e a massa 𝑥2 foi puxada de uma distância 𝑥2 𝑥1 também para a direita Você pode estipular qualquer configuração inicial para os blocos desde que haja coerência mas eu considero que esta é modelagem mais fácil Tente outras configurações para um entendimento mais completo do problema Simulação Para implementar no Scilab precisamos isolar 𝑥1 e 𝑥2 𝑥1 1 𝑚1 𝑘1 𝑘2𝑥1 𝑘2𝑥2 𝑐1 𝑐2𝑥1 𝑐2𝑥2 𝐹1 𝑥2 1 𝑚2 𝑘2𝑥1 𝑘2𝑥2 𝑐2𝑥1 𝑐2𝑥2 𝐹2 Como são 2 equações de 2ª ordem precisamos de 4 equações de 1ª ordem Assim fazemos a seguinte mudança de variável 𝑦1 𝑥1 𝑦2 𝑥1 𝑦3 𝑥2 𝑦4 𝑥2 Derivando 𝑦1 𝑥1 𝑦2 𝑦2 𝑥1 1 𝑚1 𝑘1 𝑘2𝑦1 𝑘2𝑦3 𝑐1 𝑐2𝑦2 𝑐2𝑦4 𝐹1 𝑦3 𝑥2 𝑦4 𝑦4 𝑥2 1 𝑚2 𝑘2𝑦1 𝑘2𝑦3 𝑐2𝑦2 𝑐2𝑦4 𝐹2 Scilab m15 m215 c120 c260 k11500 k2500 F10 F20 function dyft y dyy2k1k2y1c1c2y2k2y3c2y4F1m1y4k2y1c2y2k2y3 c2y4F2m2 endfunction Condições iniciais x01005 dx010 x02008 dx020 tlinspace05800 tempo de simulação xodex01dx01x02dx020tf plottx1b titleDESLOCAMENTO DA MASSA 1 figure2 plottx3k titleDESLOCAMENTO DA MASSA 2 Obs Podemos escrever as EDOs acima como uma equação matricial na forma 𝑚1 0 0 𝑚2 𝑥1 𝑥2 𝑐1 𝑐2 𝑐2 𝑐2 𝑐2 𝑥1 𝑥2 𝑘1 𝑘2 𝑘2 𝑘2 𝑘2 𝑥1 𝑥2 𝐹1 𝐹2 Ou seja 𝑀𝒛 𝐶𝒛 𝐾𝒛 𝑭 Onde 𝑀 Matriz de inércia 𝐶 Matriz de amortecimento 𝐾 Matriz de rigidez 𝒛 𝑥1 𝑥2 𝒛 𝑥1 𝑥2 𝒛 𝑥1 𝑥2 𝑭 𝐹1 𝐹2 𝑀 𝑚1 0 0 𝑚2 𝐶 𝑘1 𝑘2 𝑘2 𝑘2 𝑘2 𝐾 𝑐1 𝑐2 𝑐2 𝑐2 𝑐2 Exercício Determine as equações de movimento do sistema abaixo Exemplo Pêndulo duplo Ler o exemplo resolvido do livro texto O problema do pêndulo duplo é que as acelerações angulares 𝜃 e 𝜙 não são isoladas de forma imediata como no caso do sistema massa mola amortecedor Sistemas Dinâmicos Dinâmica da partícula Todo objeto que se movimenta com translação eou rotação transporta uma certa quantidade de movimento Quantidade de Movimento Linear A Quantidade de Movimento Linear de um objeto que se move com velocidade 𝒗𝑅 𝑃 em um referencial 𝑅 é uma grandeza vetorial proporcional à sua velocidade definida por 𝑮𝑅 𝑃 𝑚 𝒗𝑅 𝑃 Obs1 Em muitos livros utilizamse as notações 𝑷 ou 𝑸 Obs2 A quantidade de movimento linear não é uma grandeza exclusiva de movimentos de translação Um objeto em rotação pura com velocidade linear dada por 𝒗 𝜔𝑟 tem 𝑮 𝑚𝜔𝑟 Unidade 𝑮 𝑘𝑔 𝑚 𝑠 𝑁 𝑠 A Quantidade de Movimento Linear e a Segunda Lei de Newton Calculando a derivada temporal de 𝑮 obtemos 𝑮 𝑚𝒗 𝑚 𝒂 𝑹 ou seja 𝑮 𝑹 Obs A derivada temporal da quantidade de movimento linear é igual à força resultante que atua na partículacorpo A formulação original da 2ª Lei de Newton é em função da derivada de 𝑮 Impulso O impulso de uma força constante é uma grandeza vetorial igual ao produto desta força pelo intervalo de tempo de sua atuação 𝑰 𝑭 𝑡 Se a força não é constante digamos que varie com o tempo então 𝑰 𝑭𝑡 𝑑𝑡 𝑡2 𝑡1 Como 𝑮 𝑹 temos 𝑰 𝑹𝑡 𝑑𝑡 𝑡2 𝑡1 𝑮 𝑑𝑡 𝑡2 𝑡1 𝑮𝑡2 𝑮𝑡1 De forma alternativa podese dizer que o impulso é a grandeza física que mede a variação da quantidade de movimento linear de um objeto Exemplo A força sobre um objeto de 10 𝑘𝑔 aumenta uniformemente de 0 a 50 𝑁 em 4 segundos Determine a velocidade final do objeto sabendo que partiu do repouso Se uma força aumenta uniformemente então 𝐹 𝑘𝑡 onde 𝑘 é a constante de proporcionalidade Do enunciado sabemos que seu módulo vale 50 𝑁 para 𝑡 4 𝑠 Então 𝑘 𝐹 𝑡 50 4 125 𝑁 𝑠 𝐼 125𝑡 𝑑𝑡 4 0 125 𝑡2 2 0 4 100 𝑁 𝑠 𝐼 𝐺𝑓 𝐺𝑖 𝑚 𝑣𝑓 𝑣𝑖 0 𝑣𝑓 𝐼 𝑚 100 10 10 𝑚 𝑠 Quantidade de Movimento Angular Seja 𝑃 uma partícula de massa 𝑚 que se desloca em uma trajetória 𝜆 com velocidade 𝒗𝑅 𝑃 e 𝑄 um ponto que se desloca em 𝑅 𝑄 pode ser uma partícula ou um ponto de um corpo A quantidade de movimento angular de 𝑃 em reação ao ponto 𝑄 é definido como o produto vetorial da posição de 𝑃 em 𝑄 com a quantidade de movimento linear de 𝑃 em 𝑅 𝑯𝑅 𝑃 𝑄 𝑷 𝑃 𝑄 𝑮𝑅 𝑃 Obs Também é muito comum os livros utilizarem o símbolo 𝑳 Exemplo Considere uma partícula se movendo no plano 𝑥𝑦 paralelamente ao eixo 𝑦 conforme a figura Note que embora a partícula tenha somente movimento de translação existe o vetor quantidade de movimento angular O vetor quantidade de movimento angular é ortogonal ao plano 𝑥𝑦 plano do movimento do objeto Obs Se o vetor velocidade for paralelo ao vetor posição 𝜙 0 a quantidade de movimento angular será nula Unidade 𝑯 𝑘𝑔 𝑚2 𝑠 Exemplo Calcule o vetor quantidade de movimento angular do pêndulo simples apresentado na figura em relação ao ponto 𝑂 𝑯𝑅 𝑃 𝑂 𝑷 𝑃 𝑂 𝑮𝑅 𝑃 𝑷 𝑃 𝑂 𝐿sin 𝜃 𝒊 cos 𝜃 𝒋 𝑮𝑅 𝑃 𝑚𝐿𝜃cos 𝜃 𝒊 sin 𝜃 𝒋 Então 𝑯𝑅 𝑃 𝑂 𝑚𝐿2𝜃sin 𝜃 𝒊 cos 𝜃 𝒋 cos𝜃 𝒊 sin 𝜃 𝒋 𝑚𝐿2𝜃sin2 𝜃 𝒌 cos2 𝜃 𝒌 𝑚𝐿2𝜃 𝒌 Obs Este exemplo poderia ser simplificado fixando a base 𝒆𝒓 𝒆𝜽 𝒆𝒛 na partícula 𝑯𝑅 𝑃 𝑂 𝑷 𝑃 𝑂 𝑮𝑅 𝑃 𝑷 𝑃 𝑂 𝐿 𝒆𝒓 𝑮𝑅 𝑃 𝑚𝐿𝜃 𝒆𝜽 𝑯𝑅 𝑃 𝑂 𝑷 𝑃 𝑂 𝑮𝑅 𝑃 𝐿 𝒆𝒓 𝑚𝐿𝜃 𝒆𝜽 𝑚𝐿2𝜃 𝒆𝒛 A derivada temporal da quantidade de movimento angular corresponde a uma grandeza muito conhecida na Física o momento de uma força Da análise dimensional temos 𝑯 𝑯 𝑡 𝑘𝑔 𝑚2 𝑠 𝑠 𝑘𝑔 𝑚2 𝑠2 𝐾𝑔 𝑚 𝑠2 𝑚 𝑁 𝑚 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 Matematicamente a expressão genérica da derivada temporal de 𝑯 para 𝑄 móvel é dada por Note que 𝑷 𝑃 𝑄 𝑷 𝑃 𝑂 𝑷 𝑄 𝑂 𝑷 𝑃 𝑄 𝑷 𝑃 𝑂 𝑷 𝑄 𝑂 𝒗𝑅 𝑃 𝒗𝑅 𝑄 e 𝒗𝑅 𝑃 𝑮𝑅 𝑃 0 Se 𝑄 é um ponto fixo então 𝒗𝑅 𝑄 0 e Exercício Para o exemplo do pêndulo primeiro calcule 𝑯 𝑅 𝑃 𝑂 em seguida calcule 𝑷 𝑃 𝑂 𝑮 𝑅 𝑃 e então verifique que a igualdade é válida Como 𝑮 𝑅 𝑃 𝑹 segue que para 𝑄 fixo 𝑯 𝑅 𝑃 𝑄 𝑷 𝑃 𝑄 𝑮 𝑅 𝑃 𝑷 𝑃 𝑄 𝑹 𝑴𝑄 𝑅 A derivada temporal da quantidade de movimento angular é igual ao momento produzido pela força resultante 𝑹 em relação ao ponto 𝑄 Obs Em sistemas rotacionais os momentos produzidos pelas forças são denominados torque Resumo Equações de Equilíbrio Estático Equações Dinâmicas 𝑭 0 𝑮 𝑹 𝑴 0 𝑯 𝑴 Obs As equações dinâmicas fornecem as equações de movimento dos sistemas que são equações diferenciais ordinárias lineares ou não Exemplo O disco 𝐷 gira com velocidade angular constante 𝜔 enquanto um cursor 𝑃 de massa 𝑚 desliza sem atrito por uma canaleta a Determine 𝑮𝑅 𝑃 𝑮 𝑅 𝑃 𝑯𝑅 𝑃 𝑂 𝑯𝑅 𝑃 𝑄 e 𝑯 𝑅 𝑃 𝑄 b Determine a equação de movimento de 𝑃 c Qual o tempo que 𝑃 leva para ser ejetado do disco dado que 𝜔 12 𝑟𝑝𝑚 𝑟0 𝑟 4 e o cursor inicia o seu movimento em repouso Exemplo Dado o pêndulo simples da figura determine a equação de movimento do sistema Solução Podemos utilizar a equação 𝑮 𝑹 ou 𝑯 𝑴 Vamos utilizar a segunda equação 𝑯𝑅 𝑃 𝑂 𝑚𝐿2𝜃 𝒆𝒛 𝑯 𝑅 𝑃 𝑂 𝑚𝐿2𝜃 𝒆𝒛 𝒆 𝒛 0 As forças externas atuando no sistema são a força peso e a tensão no fio A resultante é dada por 𝑹 𝑇 𝑚𝑔 cos 𝜃 𝒆𝑟 𝑚𝑔 sin 𝜃 𝒆𝜃 𝑴 𝑃 𝑂 𝑷 𝑃 𝑂 𝑹 𝐿 𝒆𝑟 𝑇 𝑚𝑔 cos 𝜃 𝒆𝑟 𝑚𝑔 sin 𝜃 𝒆𝜃 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜃 𝒆𝑧 Igualando 𝑚𝐿2𝜃 𝒆𝒛 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜃 𝒆𝑧 𝜃 𝑔 𝐿 sin 𝜃 0 Energia Cinética A Energia Cinética de uma partícula 𝑃 em um referencial 𝑅 é definido pelo seguinte produto escalar 𝐾𝑅 𝑃 1 2 𝑚𝒗𝑅 𝑃 𝒗𝑅 𝑃 A energia cinética também tem relação com a quantidade de movimento linear De forma alternativa temos 𝐾𝑅 𝑃 1 2 𝑮𝑅 𝑃 𝒗𝑅 𝑃 Lembrando que se 𝒙 é um vetor coluna então 𝒙𝑻 𝒙 𝒙 𝒙 𝒙2 temos 𝐾𝑅 𝑃 1 2 𝑚𝑣2 Unidade 𝐾 𝑘𝑔 𝑚2 𝑠2 𝑁 𝑚 𝐽 𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒 Sistemas Mecânicos Rotacionais Momento de inércia de massa Representa o grau de dificuldade em se alterar o movimento de um corpo em rotação ou de iniciar este movimento Quanto maior o memento de inércia mais difícil será fazer o corpo alterar a sua rotação Definição 𝐼 𝑚𝑟2 onde 𝑚 é a massa do objeto e 𝑟 representa a distância do objeto ao pontoeixo de rotação Unidade 𝐼 𝑘𝑔 𝑚2 Sistemas Rotacionais As quantidades de movimentos e a energia cinética são grandezas que dependem da massa do objeto Podemos então associar um aspecto inercial a elas Energia Cinética 𝐾𝑅 𝑃 1 2 𝑚𝑣2 1 2 𝑚𝜔𝑟2 1 2 𝑚𝑟2𝜔2 1 2 𝐼𝜔2 Quantidade de movimento angular Para a quantidade de movimento angular temos a fórmula clássica 𝑯 𝒓 𝑚𝒗 𝑟 𝑚 𝜔 𝑟 𝑚 𝑟2 𝜔 𝐼 𝜔 Para o caso da sua derivada temporal temos 𝑯 𝒓 𝑚𝒂 𝑟 𝑚 𝛼 𝑟 𝑚 𝑟2 𝛼 𝐼 𝛼 Correlação entre as grandezas dos sistemas de translação e rotação Translação Rotação Velocidade Linear 𝒗 Velocidade Angular 𝝎 Aceleração Linear 𝒂 Aceleração Angular 𝜶 Massa 𝑚 Momento de Inércia 𝐼 Quantidade de Movimento Linear 𝑮 𝑮 𝑚 𝒗 Quantidade de Movimento Angular 𝑯 𝑯 𝐼 𝝎 Força 𝑹 𝑮 𝑹 𝑚 𝒂 Torque 𝝉 𝑯 𝝉 𝐼 𝜶 Analogias Momento de inércia 𝑇 𝐼𝜃 Mola de torção 𝑇𝑘 𝐾𝜃 Amortecedor rotacional 𝑇𝐵 𝐵𝜃 Analogias Sistemas Translacionais Sistemas Rotacionais Massa 𝐹 𝑚𝑎 Inércia 𝜏 𝐼𝜃 Mola linear 𝐹 𝑘𝑥 Mola de torção 𝜏 𝐾𝜃 Amortecedor linear 𝐹 𝑏𝑥 Amortecedor rotacional 𝜏 𝐵𝜃 Equação diferencial 𝐹 𝑚𝑥 m𝑥 𝑏𝑥 𝑘𝑥 𝐹𝑡 Equação diferencial 𝜏 𝐼𝜃 𝐼𝜃 𝐵𝜃 𝐾𝜃 𝜏𝑡 Exemplo Determine a equação de movimento do sistema massa mola amortecedor Solução De acordo com o sistema de coordenadas temos DCL 𝑮 𝑹 𝐹 𝑚𝑥 𝑚𝑥 𝑓𝑡 𝑘𝑥 𝑐𝑥 𝑚𝑥 𝑐𝑥 𝑘𝑥 𝑓𝑡 Exemplo O motor da figura tem momento de inércia 𝐽 e está inserido em um meio viscoso de coeficiente 𝑏 Determine a equação de movimento do sistema quando um torque externo 𝑇 é aplicado ao eixo do motor Solução 𝜏 𝐼𝜃 𝑇 𝑇𝑟𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝐽𝜃 onde 𝑇𝑟𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑏𝜃 é o torque de resistência devido à viscosidade O sinal do torque é negativo porque ele atua no sentido contrário ao movimento Logo 𝑇 𝐽𝜃 𝑏𝜃 Exemplo O disco da figura de momento de inércia 𝐽 está acoplado a uma mola de torção de constante 𝐾 e está sujeito a um atrito viscoso de coeficiente 𝐵 Determine a equação de movimento do sistema quando um torque externo 𝜏𝑎 é aplicado ao disco Solução O efeito da mola de torção e do atrito viscoso atuam no sentido contrário ao movimento Logo 𝜏 𝐽𝜃 𝜏𝑎 𝐾𝜃 𝐵𝜃 𝐽𝜃 𝜏𝑎 𝐽𝜃 𝐵𝜃 𝐾𝜃 Sistemas Dinâmicos Formulação de Lagrange Coordenadas generalizadas Um sistema de 𝑛 partículas pode ser descrito por diferentes tipos de sistemas de coordenadas não necessariamente cartesianas As coordenadas esféricas por exemplo é uma composição de comprimento e ângulos A formulação de Lagrange é descrita em função das coordenadas generalizadas que corresponde a qualquer conjunto de coordenadas que descreve completamente o estado do sistema Exemplo Em um sistema massa mola podemos adotar a direção 𝑥 como coordenada generalizada neste caso ela é idêntica à coordenada cartesiana porém no caso do pêndulo simples podemos adotar o ângulo 𝜃 ao invés dos eixos coordenados Formulação de Lagrange Se 𝑇 representa a energia cinética das partículas do sistema e 𝑉 a energia potencial gravitacional eou elástica definimos o Lagrangeano pela função 𝐿 𝑇 𝑉 O sinal é negativo mesmo e é resultado das deduções matemáticas não apresentadas aqui Note que 𝑇 𝑉 seria o correspondente à energia total do sistema que não é o caso Considere 𝑞𝑖 𝑖 12 𝑛 as 𝑛 coordenadas generalizadas do sistema A formulação de Lagrange é adaptada para cada tipo de sistema Vejamos alguns exemplos 1 Sistemas conservativos 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑞 𝐿 𝑞 0 Exemplo Partícula em queda livre sem arrasto Por Newton temos que 𝑭 𝑚𝒂 𝑚𝑔 𝒋 𝑚𝒂 𝒂 𝑔 𝒋 Por Lagrange A única força externa atuando na partícula é o seu peso que é conservativo 𝑦 é a coordenada generalizada sendo que 𝑦 corresponde à velocidade da partícula e 𝑦 a posição Então 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑦 𝐿 𝑦 0 𝑇 1 2 𝑚𝑣2 1 2 𝑚𝑦 2 𝑉 𝑚𝑔𝑦 𝐿 1 2 𝑚𝑦 2 𝑚𝑔𝑦 𝐿 𝑦 𝑦 1 2 𝑚𝑦 2 𝑚𝑔𝑦 𝑚𝑦 ATENÇÃO A derivada 𝐿 𝑦 não é no tempo e sim na variável 𝑦 Por isso não tem regra da cadeia e não se deriva o termo 𝑚𝑔𝑦 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑦 𝑑 𝑑𝑡 𝑚𝑦 𝑚𝑦 𝐿 𝑦 𝑦 1 2 𝑚𝑦 2 𝑚𝑔𝑦 𝑚𝑔 Substituindo 𝑚𝑦 𝑚𝑔 0 𝑦 𝑔 Note que 𝐿 𝑦 𝑚𝑦 𝑄𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑀𝑜𝑣𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝐿𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟 𝐺 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑦 𝑚𝑦 𝐺 𝐿 𝑦 𝑚𝑔 𝐹𝑜𝑟ç𝑎 𝑅 Logo podemos dizer que 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑞 𝐿 𝑞 0 𝐺 𝑅 Porém Lagrange não se resume somente a isso Lagrangeano Exemplo Considere o sistema massa mola sem atrito apresentado Sua equação de movimento clássica é dada por 𝑚𝑥 𝑘𝑥 0 Pela formulação de Lagrange vamos adotar 𝑥 como coordenada generalizada Então 𝑇 1 2 𝑚𝑥 2 𝑉 1 2 𝑘𝑥2 𝐿 𝑇 𝑉 1 2 𝑚𝑥 2 1 2 𝑘𝑥2 𝐿 𝑥 𝑥 1 2 𝑚𝑥 2 1 2 𝑘𝑥2 𝑚𝑥 ATENÇÃO A derivada 𝐿 𝑥 não é no tempo e sim na variável 𝑥 Por isso não tem regra da cadeia e não se deriva o termo 𝑘𝑥2 2 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑥 𝑑 𝑑𝑡 𝑚𝑥 𝑚𝑥 𝐿 𝑥 𝑥 1 2 𝑚𝑥 2 1 2 𝑘𝑥2 𝑘𝑥 Logo 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑥 𝐿 𝑥 0 𝑚𝑥 𝑘𝑥 0 𝑚𝑥 𝑘𝑥 0 Exemplo Considere o pêndulo simples Sua equação de movimento é dada por 𝜃 𝑔 𝐿 sin 𝜃 0 A ideia para este tipo de exemplo é utilizar o ângulo 𝜃 como coordenada generalizada Existem duas abordagens i Admitindo eixos cartesianos no ponto 𝑂 𝑇 1 2 𝑚𝑥 2 1 2 𝑚𝑦 2 𝑉 𝑚𝑔𝐿 cos 𝜃 Para evitar de ter que trabalhar com 𝑥 e 𝑦 fazemos 𝑥 𝐿 sin 𝜃 e 𝑦 𝐿 cos 𝜃 e no final o sistema depende somente do ângulo 𝜃 As contas para a dedução da equação de movimento são deixadas como exercício ii Admitindo coordenadas polares fixas na esfera Com um sistema de coordenadas fixas na esfera sua velocidade passa a ser 𝜃𝐿 na direção perpendicular ao movimento Assim 𝑇 1 2 𝑚𝜃𝐿 2 1 2 𝑚𝐿2𝜃 2 𝑉 𝑚𝑔𝐿 cos 𝜃 𝐿 1 2 𝑚𝐿2𝜃 2 𝑚𝑔𝐿 cos 𝜃 Aplicando a formulação de Lagrange 𝐿 𝜃 𝜃 1 2 𝑚𝐿2𝜃 2 𝑚𝑔𝐿 cos 𝜃 𝑚𝐿2𝜃 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝜃 𝑑 𝑑𝑡 𝑚𝐿2𝜃 𝑚𝐿2𝜃 𝐿 𝜃 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜃 Logo 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝜃 𝐿 𝜃 0 𝑚𝐿2𝜃 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜃 0 𝜃 𝑔 𝐿 sin 𝜃 0 Note que 𝐿 𝜃 𝑚𝐿2𝜃 𝑄𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑀𝑜𝑣𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝐴𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟 𝐻 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝜃 𝑚𝐿2𝜃 𝐻 𝐿 𝜃 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜃 𝑇𝑜𝑟𝑞𝑢𝑒 𝑟𝑒𝑠𝑡𝑎𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟 𝑀 Logo também podemos dizer que 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑞 𝐿 𝑞 0 𝐻 𝑀 2 Sistemas não conservativos Quando existem forças e torques não conservativos atuando no sistema a formulação de Lagrange precisa de adaptação 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑞 𝐿 𝑞 𝑄𝑁𝐶 𝑄𝑁𝐶 representa um conceito generalizado pois pode representar forças ou torques Exemplo Considere novamente o sistema massa mola porém com uma força externa 𝐹 Para este exemplo a equação de movimento é dada por 𝑚𝑥 𝑘𝑥 𝐹 O lado esquerdo da formulação de Lagrange é idêntico porém a força externa age como uma força não conservativa no sistema e portanto o resultado é equivalente Exemplo Vamos determinar a equação de movimento de um bloco de massa 𝑚 que desliza sobre o plano inclinado com atrito 𝜇 Considere o eixo de coordenadas como o da figura Aplicando a 2ª Lei de Newton obtemos 𝑚𝑔 sin 𝜃 𝑓𝑎𝑡 𝑚𝑎 𝑁 𝑚𝑔 cos 𝜃 0 Então 𝑓𝑎𝑡 𝜇𝑁 𝜇𝑚𝑔 cos 𝜃 𝑚𝑔 sin 𝜃 𝜇𝑚𝑔 cos 𝜃 𝑚𝑎 𝑥 𝑔sin 𝜃 𝜇 cos 𝜃 Para resolver por Lagrange vamos adotar a coordenada generalizada 𝑞 na figura Então 𝑇 1 2 𝑚𝑞 2 𝑉 𝑚𝑔 sin 𝜃𝑞 ATENÇÃO A orientação da energia potencial é para baixo Φ𝑞 𝑚𝑔𝑞 reveja aula sobre energia potencial se necessário O peso correspondente é igual a 𝑚𝑔 sin 𝜃 𝐿 1 2 𝑚𝑞 2 𝑚𝑔𝑞 sin 𝜃 𝐿 𝑞 𝑚𝑞 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑞 𝑚𝑞 𝐿 𝑞 𝑚𝑔 sin 𝜃 Logo 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑞 𝐿 𝑞 𝐹𝑁𝐶 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑞 𝐿 𝑞 𝑓𝑎𝑡 𝑚𝑞 𝑚𝑔 sin 𝜃 𝜇𝑚𝑔 cos 𝜃 𝑞 𝑔sin 𝜃 𝜇 cos 𝜃 Exemplo Pêndulo com mola de torção Vimos que uma mola de torção produz um torque restaurador não conservativo proporcional ao ângulo 𝜃 ou seja 𝜏 𝑘𝜃 O peso também Assim 𝐻 𝑀 𝑚𝐿2𝜃 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜃 𝑘𝜃 O sinal do torque é negativo porque ele age no sentido contrário ao movimento do pêndulo Logo 𝑚𝐿2𝜃 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜃 𝑘𝜃 0 3 Sistemas com dissipação de energia Quando existe energia dissipada proporcional à velocidade a formulação de Lagrange admite um termo a mais 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑞 𝐿 𝑞 𝐸𝑑 𝑞 𝑄𝑁𝐶 onde 𝐸𝑑 1 2 𝑐𝑞 2 Exemplo Considere o DCL de um sistema massa mola amortecedor com uma força 𝑓𝑡 Sabemos que sua equação de movimento é dada por 𝑚𝑥 𝑐𝑥 𝑘𝑥 𝑓𝑡 Pela formulação de Lagrange devemos considerar a energia dissipada pelo amortecedor 𝐸𝑑 1 2 𝑐𝑥 2 𝐸𝑑 𝑥 𝑥 1 2 𝑐𝑥 2 𝑐𝑥 Note que 𝑚𝑥 𝑘𝑥 𝑓𝑡 já era conhecido Falta adicionar ao lado esquerdo o termo 𝑐𝑥 Exemplo Considere o sistema massa mola da figura Já resolvemos este problema por Newton O resultado é relembrado abaixo 𝑚1𝑥1 𝐹1 𝑘2𝑥2 𝑥1 𝑐2𝑥2 𝑥1 𝑘1𝑥1 𝑐1𝑥1 𝑚2𝑥2 𝐹2 𝑘2𝑥2 𝑥1 𝑐2𝑥2 𝑥1 Este exemplo difere dos demais porque apresenta 2 GDL 2 coordenadas generalizadas Neste caso a formulação de Lagrange é dada por 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑞𝑖 𝐿 𝑞𝑖 𝐸𝑑 𝑞𝑖 𝑄𝑁𝐶 com 𝑖 12 Vamos considerar 𝑥1 e 𝑥2 as coordenadas generalizadas Devemos ter cuidado na modelagem pois o carro 1 só depende do referencial 1 o mesmo ocorrendo para o carro 2 mas a mola 2 e o amortecedor 2 dependem da diferença entre os referenciais Assim 𝑇 1 2 𝑚1𝑥1 2 1 2 𝑚2𝑥2 2 𝑉 1 2 𝑘1𝑥1 2 1 2 𝑘2𝑥2 𝑥12 𝐸𝑑 1 2 𝑐1𝑥1 2 1 2 𝑐2𝑥2 𝑥12 𝐿 1 2 𝑚1𝑥1 2 1 2 𝑚2𝑥2 2 1 2 𝑘1𝑥1 2 1 2 𝑘2𝑥2 𝑥12 Coordenada 𝑥1 𝐿 𝑥1 𝑚1𝑥1 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑥1 𝑚1𝑥1 𝐿 𝑥1 𝑘1𝑥1 𝑘2𝑥2 𝑥1 𝐸𝑑 𝑥1 𝑐1𝑥1 𝑐2𝑥2 𝑥1 Juntando tudo 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑥1 𝐿 𝑥𝑖 𝐸𝑑 𝑥1 𝐹𝑁𝐶 𝑚1𝑥1 𝑘1𝑥1 𝑘2𝑥2 𝑥1 𝑐1𝑥1 𝑐2𝑥2 𝑥1 𝐹1 Comparando os resultados verificamos serem equivalentes Coordenada 𝑥2 𝐿 𝑥2 𝑚2𝑥2 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑥2 𝑚2𝑥2 𝐿 𝑥2 𝑘2𝑥2 𝑥1 𝐸𝑑 𝑥2 𝑐2𝑥2 𝑥1 Logo 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑥1 𝐿 𝑥𝑖 𝐸𝑑 𝑥1 𝐹𝑁𝐶 𝑚2𝑥2 𝑘2𝑥2 𝑥1 𝑐2𝑥2 𝑥1 𝐹2 Comparando os resultados verificamos serem equivalentes Exercício Determinar a equação de movimento do pêndulo duplo Tratase de um sistema de 2 GDL onde só atuam forças conservativas 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝑞𝑖 𝐿 𝑞𝑖 0 Vamos escolher 𝜃1 e 𝜃2 como coordenadas generalizadas 𝑇 1 2 𝑚1𝑥1 2 𝑦1 2 1 2 𝑚2𝑥2 2 𝑦2 2 𝑉 𝑚1𝑔𝑦1 𝑚2𝑔𝑦2 onde 𝑥1 𝑙1 sin 𝜃1 𝑥1 𝑙1𝜃1 cos 𝜃1 𝑥2 𝑙1 sin 𝜃1 𝑙2 sin 𝜃2 𝑥2 𝑙1𝜃1 cos 𝜃1 𝑙2𝜃2 cos 𝜃2 𝑦1 𝑙1 cos 𝜃1 𝑦1 𝑙1𝜃1 sin 𝜃1 𝑦2 𝑙1 cos 𝜃1 𝑙2 cos 𝜃2 𝑦2 𝑙1𝜃1 sin 𝜃1 𝑙2𝜃2 sin 𝜃2 Desenvolvendo a energia cinética 𝑇 1 2 𝑚1𝑥1 2 𝑦1 2 1 2 𝑚2𝑥2 2 𝑦2 2 𝑥1 2 𝑦1 2 𝑙1 2𝜃1 2 cos2 𝜃1 𝑙1𝜃1 sin 𝜃1 2 𝑙1 2𝜃1 2 cos2 𝜃1 𝑙1 2𝜃1 2 sin2 𝜃1 𝑙1 2𝜃1 2 𝑥2 2 𝑦2 2 𝑙1𝜃1 cos 𝜃1 𝑙2𝜃2 cos 𝜃2 2 𝑙1𝜃1 sin 𝜃1 𝑙2𝜃2 sin 𝜃2 2 𝑙1 2𝜃1 2 𝑙2 2𝜃2 2 2𝑙1𝑙2𝜃1𝜃2cos 𝜃1 cos 𝜃2 sin 𝜃1 sin 𝜃2 𝑙1 2𝜃1 2 𝑙2 2𝜃2 2 2𝑙1𝑙2𝜃1𝜃2 cos𝜃1 𝜃2 Portanto 𝑇 1 2 𝑚1𝑙1 2𝜃1 2 𝑚2𝑙1 2𝜃1 2 𝑙2 2𝜃2 2 2𝑙1𝑙2𝜃1𝜃2 cos𝜃1 𝜃2 Desenvolvendo a energia potencial 𝑉 𝑚1𝑔𝑦1 𝑚2𝑔𝑦2 𝑚1𝑔𝑙1 cos 𝜃1 𝑚2𝑔𝑙1 cos 𝜃1 𝑙2 cos 𝜃2 𝑚1 𝑚2𝑔𝑙1 cos 𝜃1 𝑚2𝑔𝑙2 cos 𝜃2 Logo 𝐿 1 2 𝑚1𝑙1 2𝜃1 2 𝑚2𝑙1 2𝜃1 2 𝑙2 2𝜃2 2 2𝑙1𝑙2𝜃1𝜃2 cos𝜃1 𝜃2 𝑚1 𝑚2𝑔𝑙1 cos 𝜃1 𝑚2𝑔𝑙2 cos 𝜃2 O sinal de 𝑦𝑖 é que será negativo Coordenada 𝜃1 𝐿 𝜃1 1 2 2𝑚1𝑙1 2𝜃1 2𝑚2𝑙1 2𝜃1 2𝑚2𝑙1𝑙2𝜃2 cos𝜃1 𝜃2 𝑚1𝑙1 2𝜃1 𝑚2𝑙1 2𝜃1 𝑚2𝑙1𝑙2𝜃2 cos𝜃1 𝜃2 𝑚1 𝑚2𝑙1 2𝜃1 𝑚2𝑙1𝑙2𝜃2 cos𝜃1 𝜃2 𝑑 𝑑𝑡 𝐿 𝜃1 𝑚1 𝑚2𝑙1 2𝜃1 𝑚2𝑙1𝑙2𝜃2 cos𝜃1 𝜃2 𝑚2𝑙1𝑙2𝜃2𝜃1 𝜃2 sin𝜃1 𝜃2 𝐿 𝜃1 𝑚2𝑙1𝑙2𝜃1𝜃2 sin𝜃1 𝜃2 𝑚1 𝑚2𝑔𝑙1 sin 𝜃1 Portanto 𝑚1 𝑚2𝑙1 2𝜃1 𝑚2𝑙1𝑙2𝜃2 cos𝜃1 𝜃2 𝑚2𝑙1𝑙2𝜃2𝜃1 𝜃2 sin𝜃1 𝜃2 𝑚2𝑙1𝑙2𝜃1𝜃2 sin𝜃1 𝜃2 𝑒𝑠𝑠𝑒 𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜 𝑠𝑒 𝑐𝑎𝑛𝑐𝑒𝑙𝑎 𝑚1 𝑚2𝑔𝑙1 sin 𝜃1 0 𝑚1 𝑚2𝑙1 2𝜃1 𝑚2𝑙1𝑙2𝜃2 cos𝜃1 𝜃2 𝑚2𝑙1𝑙2𝜃2 2 sin𝜃1 𝜃2 𝑚1 𝑚2𝑔𝑙1 sin 𝜃1 0 𝑚1 𝑚2𝑙1 2𝜃1 𝑚2𝑙1𝑙2𝜃2 cos𝜃1 𝜃2 𝜃2 2 sin𝜃1 𝜃2 𝑚1 𝑚2𝑔𝑙1 sin 𝜃1 0 Procedendo de forma análoga para 𝜃2 obtemos 𝑚2𝑙1𝑙2𝜃1 cos𝜃1 𝜃2 𝜃1 2 sin𝜃1 𝜃2 𝑚2𝑙2 2𝜃2 𝑚2𝑔𝑙2 sin 𝜃2 0 Simulação Equações de movimento podem ser escritas na forma matricial 𝑀𝑞𝒒 𝐶𝑞 𝑞 𝒈𝑞 𝝉 onde 𝑀𝑞 Matriz de inércia 𝐶𝑞 𝑞 Matrizvetor que contém termos centrífugos eou de Coriolis 𝒈𝑞 Vetor que contém termos gravitacionais 𝝉 Vetor de torques Para o exemplo do pêndulo duplo temos 𝑚1 𝑚2𝑙1 2 𝑚2𝑙1𝑙2 cos𝜃1 𝜃2 𝑚2𝑙1𝑙2 cos𝜃1 𝜃2 𝑚2𝑙2 2 𝑀 𝜃1 𝜃2 𝑚2𝑙1𝑙2 sin𝜃1 𝜃2 𝜃2 2 𝑚2𝑙1𝑙2 sin𝜃1 𝜃2 𝜃1 2 𝐶 𝑚1 𝑚2𝑔𝑙1 sin 𝜃1 𝑚2𝑔𝑙2 sin 𝜃2 𝑔 0 0 Para implementar no computador precisamos isolar 𝜃1 e 𝜃2 porém elas estão misturadas nas equações A forma matricial ajuda neste isolamento Vejamos 𝑀𝒛 𝑪 𝒈 0 𝒛 𝑀1𝑪 𝒈 Scilab 𝑥1 𝜃1 𝑥2 𝜃1 𝑥3 𝜃2 𝑥4 𝜃2 𝑥1 𝜃1 𝑥2 𝑥2 𝜃1 1𝑎 𝑙𝑖𝑛ℎ𝑎 𝑑𝑒 𝑀1𝑪 𝒈 𝑥3 𝜃2 𝑥4 𝑥4 𝜃2 2𝑎 𝑙𝑖𝑛ℎ𝑎 𝑑𝑒 𝑀1𝑪 𝒈 Obs 𝒛 𝑀1 𝑪 𝒈 𝑣𝑒𝑐 Dados do problema g 981 m1 2 m2 3 l1 05 l2 1 x theta1 theta1ponto theta2 theta2ponto function dxft x M m1 m2l12 m2l1l2cosx1 x3m2l1l2cosx1 x3 m2l22 IM invM vec m2l1l2sinx1 x3x42m2l1l2sinx1 x3x22 m1 m2gl1sinx1m2gl2sinx3 Ma IMvec dxx2Ma1x4Ma2 Function na forma de vetor endfunction tlinspace020500 xodepi300pi2000tf Condições iniciais na forma de vetor plottx1r 1a linha de x Theta1 Deslocamento massa 1 titleDESLOCAMENTO MASSA 1 figure plottx3r 2a linha de x Theta2 Deslocamento massa 2 titleDESLOCAMENTO MASSA 2 Pequenos ângulos 𝜃1 𝜋 30 𝜃1 0 𝜃2 𝜋 20 𝜃2 0 𝜃1 𝜋 6 𝜃1 0 𝜃2 𝜋 3 𝜃2 0 Aplicando a teoria dos pequenos ângulos temos cos𝜃1 𝜃2 1 𝜃1 2 𝜃2 2 0 sin 𝜃1 𝜃1 Assim 𝑚1 𝑚2𝑙1 2 𝑚2𝑙1𝑙2 𝑚2𝑙1𝑙2 𝑚2𝑙2 2 𝑀 𝜃1 𝜃2 𝑚1 𝑚2𝑔𝑙1𝜃1 𝑚2𝑔𝑙2𝜃2 𝑔 0 0 Vamos fazer uma simulação comparando a solução da EDO não linear com pequenos ângulos de entrada com o resultado da EDO linear ajustada para pequenos ângulos Dados do problema g 981 m1 2 m2 5 l1 1 l2 2 function dxft x Igual da simulação anterior M m1 m2l12 m2l1l2cosx1 x3m2l1l2cosx1 x3 m2l22 IM invM vec m2l1l2sinx1 x3x42m2l1l2sinx1 x3x22 m1 m2gl1sinx1m2gl2sinx3 Ma IMvec dxx2Ma1x4Ma2 endfunction PEQUENOS ÂNGULOS M2 m1 m2l12 m2l1l2m2l1l2 m2l22 function dthf2t z M3 invM2m1 m2gl1z1m2gl2z3 dth z2M31z4M32 endfunction tlinspace05 xodepi300pi2000tf Condições iniciais EDO não linear zodepi300pi2000tf2 Condições iniciais Pequenos ângulos plottx1b EDO NÃO LINEAR titleDESLOCAMENTO MASSA 1 plottz1r PEQUENOS ÂNGULOS titleDESLOCAMENTO MASSA 1 legendEDO NÃO LINEARPEQUENOS ÂNGULOS5 figure plottx3b titleDESLOCAMENTO MASSA 2 plottz3r titleDESLOCAMENTO MASSA 2 legendEDO NÃO LINEARPEQUENOS ÂNGULOS5 Exercício Uma esfera de massa 𝑚 desliza sem atrito sobre um arame na forma de uma parábola de equação 𝑦 𝑎𝑥2 Determine a equação de movimento da esfera quando ela estiver em uma posição 𝑥 𝑎𝑥2 R 𝑥1 4𝑎2𝑥2 4𝑎2𝑥𝑥 2 2𝑔𝑎𝑥 0 Exercício Determine as equações de movimento do sistema massa mola por Newton e por Lagrange R 𝑚1 0 0 0 𝑚2 0 0 0 𝑚3 𝑥1 𝑥2 𝑥3 7𝑘 𝑘 5𝑘 𝑘 2𝑘 𝑘 5𝑘 𝑘 7𝑘 𝑥1 𝑥2 𝑥3 𝐹1 𝐹2 𝐹3