2ª Lei de Newton
• 2ª Lei de Newton: Se a força resultante actuante numa
partícula é diferente de zero, então a partícula terá uma
aceleração proporcional à intensidade da força resultante
na direcção dessa resultante.
• Para uma partícula sujeita às forças constantes, F1, F2, F3,
F1 F2 F3
=
=
= L = constante = massa, m
a1 a 2 a3
• Quando a partícula de massa m é actuada pela força
a aceleração da partícula tem de satisfazer a equação
r
F,
r
r
F = ma
• A aceleração tem de ser medida em relação a um sistema
de eixos Newtoniano de referencia, i.e., sem aceleração e
sem movimento de rotação.
• Se a força que actua numa parícula é zero, a partícula não
tem aceleração, i.e., ou mantém-se estacionária ou está em
movimento rectilíneo com velocidade constante
12 - 1
Momentum linear ou quantidade de movimento de
uma partícula
• Substituíndo a aceleração pela derivada da
velocidade, temos
r
r
dv
∑ F = m dt
r
r dL
d
= (m v ) =
dt
dt
r
L = momentum linear ou
quantidade de movimento da partícula
• Principio da Conservação do Momentum Linear ou da
quantidade de Movimento de uma partícula:
Se a resultante das forças actuantes numa partícula, é zero, o
momentum linear ou quantidade de movimento permanece
constante tanto em intensidade como direcção.
12 - 2
Sistemas de unidades – revisão
• Sistema Internacional de Unidades (SI): as unidades
de base são comprimento (m), massa (kg), e tempo
(segundo). A unidade de força é derivada tendo de ser
compatível com a 2ª Lei de Newton:
kg ⋅ m
 m
1 N = (1 kg )1 2  = 1 2
 s 
s
• U.S. Customary Units: as unidades de base são a
unidade de força (lb), comprimento (ft), e tempo
(segundo). A unidade de massa é derivada:
1 lbm =
1 lb
32.2 ft s 2
lb ⋅ s 2
1 slug =
=1
2
ft
1 ft s
1 lb
12 - 3
Equações do Movimento
• 2ª Lei de Newton:
r
r
F
=
m
a
∑
• A solução para o movimento da partícula é obtida
através das equações de equilibrio, para as
coordenadas rectangulares x,y,z:
) (
)
∑(
∑ Fx = ma x ∑ Fy = ma y ∑ Fz = ma z
∑ Fx = m&x& ∑ Fy = m&y& ∑ Fz = m&z&
r
r
r
r
r
r
Fx i + Fy j + Fz k = m a x i + a y j + a z k
• No caso de o movimento ser expresso pelas
componentes tangencial e normal:
∑ F t = mat
dv
F
=
m
∑ t
dt
∑ F n = man
∑Fn = m
v2
ρ
12 - 4
Equilibrio Dinâmico
• Uma expressão alternativa à 2ª Lei de Newton:
r
r
∑ F − ma = 0
r
− ma ≡ vector de inércia
• Com a inclusão do vector de inércia, o sistema de
forças que actuam numa partícula é equivalente a
zero. Diz-se que a partícula está em Equilibrio
Dinâmico.
• Os vectores de inércia são usualmente designados
por forças de inércia uma vez que medem a
resistência que as partículas oferecem às alterações
no seu movimento, i.e. alterações de velocidade ou
direcção.
• As forças de inércia podem ser, conceptualmente,
úteis mas não são como as forças de contacto ou
forças gravitacionais abordadas na estática.
12 - 5
Exemplo:
Uma caixa com massa de 50 Kg está em repouso num plano horizonal, com o
qual o coeficiente de atrito cinético é 0.3.
Se for exercida a força de 400 N indicada, determinar a velocidade da caixa
ao fim de 3 s, a partir do repouso.
12 - 6
m = 50 Kg
W = 50 x 9.81 = 490.5 N
12 - 7
Exemplo:
Um bloco com peso de 200-lb está em repouso num plano horizonal.
Calcular a intensidade da força P necessária para conferir ao bloco uma
aceleração de 10 ft/s2 para a direita.
O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e o plano horizontal é µk = 0.25.
12 - 8
• Resolver as equações do movimento para o
bloco, segundo as direcções rectangulares x,y
∑ Fx = ma :
(
)(
P cos 30 ° − 0.25 N = 6.21 lb ⋅ s 2 ft 10 ft s 2
= 62 .1 lb
y
O
∑ Fy = 0 :
x
N − P sin 30° − 200 lb = 0
W
200 lb
m= =
g 32.2 ft s 2
• As incógnitas são: a força aplicada P ; e a
reacção normal ao plano N.
lb ⋅ s 2
= 6.21
ft
F = µk N
• Resolvendo:
= 0.25 N
N = P sin 30 ° + 200 lb
P cos 30 ° − 0.25( P sin 30 ° + 200 lb ) = 62 .1 lb
P = 151 lb
12 - 9
)
Exemplo:
A peça suspensa ilustrada na
figura ao lado tem uma massa de
3000 Kg.
A peça é elevada por uma grua
através do gancho H e sabe-se
que, partindo inicialmente do
repouso, atinge uma velocidade de
elevação de 200 mm/s em 0.3 s.
Calcular a força de tracção nos
cabos AB e AC, durante este
intervalo de tempo de 0.3 s,
assumindo uma aceleração
constante.
12 - 10
Exemplo:
O motor M puxa o cabo com uma aceleração constante, de tal forma que a
caixa com massa de 20 Kg se move para cima uma distância s = 6 m em 3 s,
partindo do repouso.
Determinar a força de tracção no cabo, sabendo que o coeficiente de atrito
cinético entre a caixa e o plano inclinado é de 0.30.
12 - 11
Exemplo:
O pêndulo de 2 m descreve um arco de circulo num plano vertical. Se a
força de tracção no cabo é 2.5 vezes o peso do pêndulo para a posição
ilustrada, calcular a velocidade e a aceleração do pêndulo nessa posição.
12 - 12
• Escrever as equações do movimento do pêndulo
segundo as componentes tangencial e normal, e
calcular as acelerações normal e tangencial:
∑ Ft = mat :
mg sin 30° = mat
at = g sin 30°
∑ Fn = man :
at = 4.9 m s 2
2.5mg − mg cos 30° = man
an = g (2.5 − cos 30°)
an = 16.03 m s 2
• Calcular a velocidade a partir da aceleração normal:
an =
v2
ρ
v = ρan =
(2 m )(16.03 m s 2 )
v = ±5.66 m s
12 - 13
Exemplo:
Determinar a velocidade de projecto de uma curva de autoestrada com o raio
ρ = 120 m, com um declive lateral de θ = 18o. Considerar que, a velocidade
de projecto de uma curva com declive lateral é a velocidade para a qual o
veículo deve circular sem que seja exercida uma força de atrito lateral nas
suas rodas.
12 - 14
• Resolver as equações do movimento
para o veículo segundo as direcções
vertical e normal:
∑ Fy = 0 :
R cosθ − W = 0
R=
W
cosθ
∑ Fn = man : R sin θ =
O veículo descreve um
movimento horizontal ao longo
de uma trajectória circular, com
uma componente normal da
aceleração dirigida para o
centro da trajectória. As forças
que actuam no veículo são o seu
peso e a reacção normal à
superficie da estrada.
W
an
g
W
W v2
sin θ =
cosθ
g ρ
• Resolver em ordem à velocidade:
v 2 = g ρ tan θ
(
)
= 9 . 81 m s 2 (120 m ) tan 18 °
v = 19.56 m s = 70.4 Km h
12 - 15
Exemplo:
(movimento dependente)
Os dois blocos A e B, ilustrados, partem do repouso. O atrito no plano
horizontal e nas roldanas é desprezável, e o peso da roldana C é igualmente
desprezável. Determinar a aceleração de cada bloco e a força de tracção no
cabo.
12 - 16
• Escrever as relações cinemáticas para os
movimentos dependentes e acelerações dos
blocos:
y B = 12 x A
a B = 12 a A
O
x
y
• Escrever as equações do movimento para os blocos
e para a roldana:
∑ Fx = m A a A :
T1 = (100 kg )a A
∑ Fy = m B a B :
m B g − T2 = m B a B
(300 kg )(9.81 m s 2 )− T2 = (300 kg )a B
T2 = 2940 N - (300 kg )a B
∑ Fy = mC aC = 0 :
T2 − 2T1 = 0
12 - 17
• Combinar as relações cinemáticas com as
equações do movimento para resolver em ordem
às acelerações e força de tracção no cabo:
O
x
y
y B = 12 x A
a B = 12 a A
T1 = (100 kg )a A
T2 = 2940 N - (300 kg )a B
(
= 2940 N - (300 kg ) 12 a A
)
T2 − 2T1 = 0
2940 N − (150 kg )a A − 2(100 kg )a A = 0
a A = 8.40 m s 2
a B = 12 a A = 4.20 m s 2
T1 = (100 kg )a A = 840 N
T2 = 2T1 = 1680 N
12 - 18
Exemplo:
O bloco B com peso de 12-lb inicia o movimento a partir do repouso e
escorrega sobre uma cunha A com peso de 30-lb, que está apoiada sobre
uma superfície horizontal.
Desprezando o atrito, determinar: (a) a aceleração da cunha A, e
(b) a aceleração do bloco B em relação à cunha A.
12 - 19
y
r
r
r
aB = a A + aB
A
x
12 - 20
• O bloco B tem o seu movimento dependente do
movimento da cunha A
r
r
r
aB = a A + aB A
• Equações do movimento para a cunha A e para o
bloco B:
∑ Fx = m A a A :
N1 sin 30° = m A a A
y
0.5 N1 = (W A g )a A
x
∑ Fx = mB a x = mB (a A cos 30° − a B A ) :
− WB sin 30° = (WB g )(a A cos 30° − a B
aB
A
A
)
= a A cos 30° + g sin 30°
∑ Fy = mB a y = mB (− a A sin 30°) :
N1 − WB cos 30° = −(WB g )a A sin 30°
12 - 21
• Resolver em ordem às acelerações:
0.5 N1 = (W A g )a A
N1 − WB cos 30° = −(WB g )a A sin 30°
2(W A g )a A − WB cos 30° = −(WB g )a A sin 30°
aA =
gWB cos 30°
2W A + WB sin 30°
(
32.2 ft s 2 )(12 lb ) cos 30°
aA =
2(30 lb ) + (12 lb ) sin 30°
a A = 5.07 ft s 2
a B A = a A cos 30° + g sin 30°
(
)
(
)
a B A = 5.07 ft s 2 cos 30° + 32.2 ft s 2 sin 30°
a B A = 20.5 ft s 2
12 - 22
Problema de revisão:
Um automóvel com massa de 1500 Kg desloca-se num troço de estrada num
plano horizontal e desacelera com a constante, desde uma velocidade de
100 Km/h em A para uma velocidade de 50 Km/h quando passa em C.
O raio de curvatura ρ da estrada em A é de 400 m e em C é de 80 m.
Determinar a força horizontal total exercida pela estrada sobre os pneus do
automóvel, nas posições A, B e C.
O ponto B é o ponto de inflexão onde a curvatura muda.
12 - 23
12 - 24
12 - 25
Impulso e Quantidade de Movimento
• Da 2ª Lei de Newton:
r d
r
F = (mv )
dt
r
r
Fdt = d (mv )
r
mv = quantidade de
movimento
t2
r
r
r
F
dt
=
m
v
−
m
v
∫
2
1
t1
t2
r
r
∫ Fdt = Imp1→2 = impulso da força F
t1
r
r
mv1 + Imp1→2 = mv2
• Quantidade de movimento final = Quantidade de movimento
inicial + Impulso da força durante o intervalo de tempo
• Unidades do Impulso: [N.s]=[kg.m/s]
26
Principio do Impulso e da Quantidade de Movimento
r
m v1 +
t2
∫
r
r
F dt = m v2
t1
ou:
t2
t2
t1
t1
( mvx )1 + ∫ Fx dt = ( mvx )2 , ( mv y )1 + ∫ Fy dt = ( mv y )2
Quando mais que uma partícula está envolvida, podemos considerar cada
partícula separadamente, ou somar as quantidades de movimento e os
impulsos para todo o sistema de partículas:
t2
r
r
r
∑ mv1 + ∑ ∫ Fdt = ∑ mv2
t1
Nota: As forças de acção e reacção exercidas pelas partículas, umas
sobre as outras, têm impulsos que se anulam mutuamente. Apenas os
impulsos de forças externas precisam de ser considerados.
27
t2
Para um sistema de partículas:
r
r
r
∑ mv1 + ∑ ∫ Fdt = ∑ mv2
t1
Se o somatório das forças
externas é zero
r
r
∑ mv1 = ∑ mv2
Verifica-se a conservação da
quantidade de movimento
r
r
∑ mv1 = ∑ mv2
0 = mAv A + mB vB
vA
mB
=−
vB
mA
Os barcos movem-se em sentidos opostos
28
Forças Impulsivas:
Forças que actuam na partícula durante um intervalo de tempo muito curto,
mas que são suficientemente grandes para provocar uma variação
significativa na quantidade de movimento da partícula:
Quando uma força impulsiva actua sobre uma partícula
(por ex. numa bola de ténis), a relação entre o impulso e
quantidade de movimento pode escrever-se:
r
r
r
m v1 + ∑ F ∆ t = m v 2
r
Forças não-impulsivas: forças para as quais F ∆t é pequeno,
e consequentemente, o impulso pode ser desprezado
(por ex. o peso da bola de ténis).
29
Exemplo:
Um veículo automóvel com a massa de 1814.4 kg está em
movimento, numa rampa com inclinação de 5°, com uma velocidade
de 96.54 km/h, quando os travões são actuados originando uma
força de travagem total de 6672 N.
Determinar o tempo necessário para o veículo se imobilizar, utilizando
o principio do impulso e da quantidade de movimento.
30
Principio do Impulso e da quantidade de
movimento:
t2
r
r
r
mv1 + ∫ Fdt = mv2
t1
Aplicando o principio na direcção paralela ao plano inclinado:
mv1 + ( mg sin 5° ) t − Ft = 0
(1814.4 )( 26.817 ) + (1814.4 × 9.81sin 5° ) t − 6672t = 0
t = 9.5 s
31
Exemplo:
36.6 m/s
24.4 m/s
Uma bola de baseball, com massa de 13.4 g, é atirada com uma
velocidade 24.4 m/s. Após o impacto no taco, a bola adquire uma
velocidade de 36.6 m/s na direcção ilustrada na figura.
Se a duração do impacto entre a bola e o taco foi de 0.015 s,
determinar o valor médio da força impulsiva exercida pela bola no
impacto, utilizando o principio do impulso e da quantidade de
movimento.
32
Principio do impulso e quantidade de
r r
r
movimento:
mv1 + F ∆t = mv2
Direcção x :
36.6 m/s
− mv1 + Fx ∆t = mv2 cos 40°
−0.1134 ( 24.4 ) + Fx ( 0.015 ) = 0.1134 ( 36.6 ) cos 40°
Fx = 396.4 N
24.4 m/s
Direcção y :
0 + Fy ∆ t = mv2 sin 40°
0 + Fy ( 0.015 ) = 0.1134 ( 36.6 ) sin 40°
Fy = 177.9 N
r
r
r
F = ( 396.4 ) i + (177.9 ) j
F = 434.5 N
177.9 N
434.5 N
24.2° 396.4 N
33
Exemplo:
Um pacote de 10 kg cai de uma rampa sobre o carrinho, de massa 24 kg, com
uma velocidade de 3 m/s, conforme ilustrado na figura. Sabendo que o
carrinho incialmente está em repouso, e pode rolar livremente sem atrito,
determinar:
(a) A velocidade final do carrinho,
(b) O impulso exercido pelo carrinho sobre o pacote
(c) A fracção de energia perdida no impacto
34
Aplicando o principio do impulso e da quantidade de movimento ao
sistema “pacote + carrinho”:
r r
r
∑ mv
1
Direcção x :
+ F ∆t = ∑ mv2
(
)
r
r
m p v1 + ∑ Imp1→2 = m p + mc v2
m p v1 cos30° + 0 = ( m p + mc ) v2
(10 )( 3) cos30° = (10 + 25) v2
v2 = 0.742 m/s
Verifica-se a conservação da quantidade de movimento
na direcção x para o sistema “pacote+carrinho”
35
Aplicando o mesmo principio ao pacote isoladamente, para calcular a
força impulsiva exercida sobre o mesmo, a partir da variação do seu
momento angular, temos:
r
r
r
m p v1 + ∑ F ∆t = m p v2
Direcção x :
m p v1 cos30° + Fx ∆t = m p v2
(10 )( 3) cos30° + Fx ∆t = (10 ) v2
Direcção y :
Fx ∆t = −18.56 N ⋅ s
− m p v1 sin 30° + Fy ∆t = 0
− (10 )( 3) sin 30° + Fy ∆t = 0
∑ Imp
1→2
Fy ∆t = 15 N ⋅ s
r
r
r
= F ∆t = ( −18.56 ) i + (15 ) j
F ∆t = 23.9 N ⋅ s
36
Para determinar a fracção de energia perdida, calculam-se as
energias cinéticas inicial e final:
(10 )( 3)
Energia inicial:
T1 = m v =
Energia final:
T2 = 12 ( m p + mc ) v22 = 12 (10 + 25
1
2
2
p 1
1
2
2
= 45 J
)( 0.742 ) = 9.63 J
2
T1 − T2 45 − 9.63
=
= 0.786
T1
45
37