Física - Ideia 24

Escrito por Antonio Italo

Essa ideia busca mostrar como o conceito de centro de massa/centro de momento pode ser útil na resolução de problemas de colisões tanto em uma quanto em duas dimensões.

Definição

A definição do centro de massa de um sistema é dado da seguinte forma (em notação vetorial):

$\vec{r}_{CM}=\dfrac{\displaystyle{\sum m_{i}\vec{r}_{i}}}{M}$

Sendo $m_{i}$ a massa da i-ésima partícula desse sistema, $\vec{r}_{i}$ o vetor posição da i-ésima partícula e $M$ a massa total do sistema. Baseado nessa definição, temos:

$\vec{V}_{CM}=\dfrac{\vec{P}}{M}$

Sendo $\vec{P}$ o momento total do sistema. Note que vale também:

$\vec{F}_{res}=M\vec{a}_{CM}$

Considerando $M$ constante. A partir disso, é interessante notar que quando o momento de um determinado sistema se conserva, a velocidade do centro de massa do mesmo também se conserva e, portanto, o referencial do centro de massa é inercial, podendo assim ser utilizado para resolução de questões sem a necessidade de fazer considerações a respeito das chamadas forças fictícias. Algumas propriedades desse referencial fazem a resolução de problemas ser muito simplificada, sendo assim, vejamos alguma dessas propriedades a seguir.

Propriedades no caso da colisão entre dois corpos

Consideremos um referencial inercial $S$ que chamaremos de referencial do laboratório no qual duas partículas de massa $m_{1}$ e $m_{2}$ possuem velocidades $\vec{V}_{1}$ e $\vec{V}_{2}$ . Se calcularmos a velocidade das mesmas no referencial do $C.M.$ , a partir da definição, obtemos:

$\vec{V}_{1,CM}=\vec{V}_{1}-\vec{V}_{CM}=\vec{V}_{1}-\dfrac{m_{1}\vec{V}_{1}+m_{2}\vec{V}_{2}}{m_{1}+m_{2}}=\dfrac{m_{2}}{m_{1}+m_{2}}\left(\vec{V}_{1}-\vec{V}_{2}\right)$

e, analogamente:

$\vec{V}_{2,CM}=\dfrac{m_{1}}{m_{1}+m_{2}}\left(\vec{V}_{2}-\vec{V}_{1}\right)$ .

Daqui, fica claro que o momento total no ref. do centro de massa é zero, sendo assim, as velocidades das partículas $1$ e $2$ apontam ao longo da mesma direção, mas em sentidos opostos. A partir daqui, podemos mostrar uma propriedade muito útil em problemas de colisões: Em uma colisão perfeitamente elástica, no referencial do centro de massa, o módulo da velocidade das partículas permanecem inalterados. A demonstração desse fato é bem simples, bastando utilizar o fato de que o momento é zero e a conservação da energia. A seguir, vemos um exemplo de como essa propriedade pode ser útil.

Exemplo 1:

Em uma colisão bidimensional, uma esfera de massa $M$ é lançada com uma certa velocidade $V_{0}$ para colidir elasticamente com uma esfera de massa $m<M$ em repouso. Calcule o maior ângulo de espalhamento $\theta$ possível da esfera de massa $M$ em relação a direção inicial do seu movimento.

Solução

No referencial do centro de massa, a esfera de maior massa possui velocidade dada por:

$V'=V_{0}-V_{CM}=\dfrac{mV}{m+M}$

Sabemos que o módulo dessa velocidade não mudará antes e depois da colisão, sendo assim, podemos escrever:

$\vec{V}=\vec{V}_{CM}+\vec{V}'$

Onde $\vec{V}$ é a velocidade final da esfera de massa $M$ em relação à terra e $\vec{V}'$ é a velocidade final da massa em relação ao $CM$ , com módulo calculado anteriormente. Podemos esquematizar então:

Onde a circunferência foi desenhada para indicar que podemos variar a direção de $\vec{V}'$ ao longo da mesma. No caso do maior ângulo $\theta$ , o vetor $\vec{V}$ tangencia a circunferência, conforme no esquema a seguir:

Utilizando a definição de seno e o fato de que a tangente à uma circunferência é perpendicular ao raio da mesma, obtemos:

$\sin \theta_{max}=\dfrac{V'}{V_{CM}}=\dfrac{m}{M}$

Logo, nossa resposta final é:

$\theta_{max} = \sin^{-1} \left(\dfrac{m}{M}\right)$

É importante ressaltar que essa solução é incrivelmente curta quando comparada a solução no referencial da Terra, que pode ser encontrada em um problema da semana.

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Exemplo 2:

Encontre a fórmula geral para uma colisão unidimensional de coeficiente de restituição $e$ onde uma massa $m_{1}$ com velocidade $V_{1,0}$ para a direita colide com uma massa $m_{2}$ com velocidade $V_{2,0}<v_{1}$ para a direita. Utilize durante toda sua solução velocidades positivas para a direita.

Solução

É possível resolver isso no referencial da terra aplicando o a definição de coeficiente de restituição e a conservação do momento, contudo, isso gerará um sistema de duas variáveis um tanto difícil de se resolver, portanto, podemos utilizar o referencial do centro de massa para simplificar nossos cálculos. Aqui, utilizaremos $'$ quando estivermos nos referindo a uma velocidade no referencial do centro de massa. Nesse referencial, vale:

$m_{1}V'_{1}+m_{2}V'_{2}=m_{1}V'_{1,0}+m_{2}V'_{2,0}=0$

$e=\dfrac{V'_{2}-V'_{1}}{V'_{1,0}-V'_{2,0}}$

Podemos resolver esse sistema normalmente e substituir $V'_{1,0}$ e $V'_{2,0}$ depois, porém, se utilizarmos o fato que o momento no referencial do centro de massa é zero, uma solução muito mais simples surge:

$V'_{1}=-e V'_{1,0}$

$V'_{2}=-e V'_{2,0}$

Dessa forma, no referencial da terra:

$V_{1}=V_{CM}-e V'_{1,0}=V_{CM}\left(1+e\right)-eV_{1,0}$

$V_{2}=V_{CM}-eV'_{2,0}=V_{CM}\left(1+e\right)-eV_{2,0}$

Substituindo e simplificando:

$V_{1}=\dfrac{\left(m_{1}-em_{2}\right)V_{1,0}+m_{2}\left(1+e\right)V_{2,0}}{m_{1}+m_{2}}$

$V_{2}=\dfrac{m_{1}\left(1+e\right)V_{1,0}+\left(m_{2}-em_{1}\right)V_{2,0}}{m_{1}+m_{2}}$

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Apesar de termos exemplificado acima como o referencial do centro de massa pode ser útil em problemas de colisões, há uma gama de problemas bem maior onde ele facilita a resolução, pois em geral o referencial do centro de massa é sempre mais simétrico que o referencial do laboratório. Algumas dessas situações poderão ser vistas nos nossos problemas relacionados.

Problemas Relacionados

1 - Molas

Dois objetos idênticos, de massa $m$ , repousam sobre uma mesa plana lisa. Eles estão conectados por meio de uma mola leve e inicialmente não-deformada, de comprimento natural $l_{0}$ e constante elástica $k$ . Em um certo instante, um dos objetos adquire uma velocidade $v_{0}$ (em relação à Terra) em uma direção perpendicular à mola. Determine a máxima distensão da mola durante o movimento subsequente do sistema, sabendo que esta é muito menor que $l_{0}$ .

Gabarito

$\delta \approx \dfrac{mV_{0}^{2}}{kl_{0}}$

Uma solução para esse problema pode ser encontrada aqui (Avançado)

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2 - Coeficiente de restituição

Numa colisão unidimensional entre duas partículas diferentes de massas $m_{1}$ e $m_{2}$ na qual antes da colisão a velocidade relativa entre as mesmas é $V_{rel}$ o coeficiente de restituição vale $e$ . Calcule a energia dissipada na colisão.

Gabarito

$E_{dis}=\left(1-e^{2}\right)\dfrac{m_{1}m_{2}}{2\left(m_{1}+m_{2}\right)}V_{rel}^{2}$

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3 - Centro de Massa acelerado

Duas massas $m_{1}$ e $m_{2}$ são ligadas por uma mola de constante elástica $k$ e comprimento inicial igual ao natural $l_{0}$ . Uma força $F$ é aplicada na massa $m_{2}$ distanciando-a da massa $m_{1}$ . Encontre as distâncias máximas e mínimas entre as massas no movimento subsequente.

Dica

Nessa situação, o centro de massa está acelerado, portanto, se for estudar o movimento nele será necessário adicionar uma força fictícia em cada partícula. Essa força é dada por:

$\vec{F}_{i}=-m_{i}\vec{a}_{CM}$

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Gabarito

$d_{min}=l_{0}$

$d_{max}=l_{0}+\dfrac{2m_{1}F}{\left(m_{1}+m_{2}\right)k}$

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4 - Mais molas

Aviso: Para resolver essa questão é necessário conhecer conteúdos cobrados somente a partir do nível $2$ da OBF, portanto, recomenda-se que alunos do nível $1$ pulem o item b).

Duas bolas de massa $m$ idênticas, perfeitamente elásticas, são ligadas por uma mola de constante elástica $k$ para que se forme um sistema tipo haltere. Esse haltere repousa sobre uma superfície horizontal escorregadia (todas as forças de atrito podem ser negligenciadas). A terceira bola (idêntica às que compõem o haltere) aproxima-se coaxialmente do haltere do lado esquerdo com velocidade $v$ (ver figura). A quarta bola (idêntica às outras) se coloca coaxialmente para a direita do haltere.

a) Encontre a velocidade do centro de massa do haltere logo após a colisão com a bola da esquerda.

b) Para quais valores de $L$ a velocidade final da quarta bola será exatamente igual a $v$ .

Gabarito

$V_{CM}=\dfrac{v}{2}$

$L=\pi v \left(n+\dfrac{1}{2}\right) \sqrt{\dfrac{m}{2k}}$

Sendo $n=0,1,2,3...$ .

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