9.10: Centro de Missa (Parte 2)
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Centro de massa de objetos contínuos
Se o objeto em questão tiver sua massa distribuída uniformemente no espaço, em vez de como uma coleção de partículas discretas, então m j → dm, e a soma se torna uma integral:
\[\vec{r}_{CM} = \frac{1}{M} \int \vec{r} dm \ldotp \label{9.34}\]
Nesse contexto, r é uma dimensão característica do objeto (o raio de uma esfera, o comprimento de uma haste longa). Para gerar um integrando que possa realmente ser calculado, você precisa expressar o elemento de massa diferencial dm em função da densidade de massa do objeto contínuo e a dimensão r. Um exemplo esclarecerá isso.
Encontre o centro de massa de um aro fino uniforme (ou anel) de massa\(M\) e raio\(r\).
Estratégia
Primeiro, a simetria do arco sugere que o centro de massa deve estar em seu centro geométrico. Se definirmos nosso sistema de coordenadas de forma que a origem esteja localizada no centro do arco, a integral deve ser avaliada como zero.
Substituímos dm por uma expressão envolvendo a densidade do aro e o raio do aro. Em seguida, temos uma expressão que podemos realmente integrar. Como o aro é descrito como “fino”, nós o tratamos como um objeto unidimensional, negligenciando a espessura do aro. Portanto, sua densidade é expressa como o número de quilos de material por metro. Essa densidade é chamada de densidade de massa linear e recebe o símbolo\(\lambda\); esta é a letra grega “lambda”, que é equivalente à letra inglesa “l” (para “linear”).
Como o aro é descrito como uniforme, isso significa que a densidade de massa linear\(\lambda\) é constante. Assim, para obter nossa expressão para o elemento de massa diferencial dm, multiplicamos\(\lambda\) por um comprimento diferencial do aro, substituímos e integramos (com limites apropriados para a integral definida).
Solução
Primeiro, defina nosso sistema de coordenadas e as variáveis relevantes (Figura\(\PageIndex{1}\)).
O centro de massa é calculado com a Equação\ ref {9.34}:
\[\vec{r}_{CM} = \frac{1}{M} \int_{a}^{b} \vec{r} dm \ldotp\]
Temos que determinar os limites da integração a e b. Expressar\(\vec{r}\) em forma de componente nos dá
\[\vec{r}_{CM} = \frac{1}{M} \int_{a}^{b} \big[ (r \cos \theta) \hat{i} + (R \sin \theta) \hat{j} \big] dm \ldotp\]
No diagrama, destacamos um pedaço do aro que tem comprimento diferencial ds; portanto, tem uma massa diferencial dm =\(\lambda\) ds. Substituindo:
\[\vec{r}_{CM} = \frac{1}{M} \int_{a}^{b} \big[ (r \cos \theta) \hat{i} + (R \sin \theta) \hat{j} \big] \lambda ds \ldotp\]
No entanto, o comprimento do arco ds subtende um ângulo diferencial d\(theta\), então temos
\[ds = rd \theta\]
e, portanto,
\[\vec{r}_{CM} = \frac{1}{M} \int_{a}^{b} \big[ (r \cos \theta) \hat{i} + (R \sin \theta) \hat{j} \big] \lambda rd \theta \ldotp\]
Mais uma etapa: Como\(\lambda\) é a densidade de massa linear, ela é calculada dividindo a massa total pelo comprimento do aro:
\[\lambda = \frac{M}{2 \pi r}\]
nos dando
\[\begin{split} \vec{r}_{CM} & = \frac{1}{M} \int_{a}^{b} \big[ (r \cos \theta) \hat{i} + (R \sin \theta) \hat{j} \big] \left(\dfrac{M}{2 \pi r}\right) rd \theta \\ & = \frac{1}{2 \pi} \int_{a}^{b} \big[ (r \cos \theta) \hat{i} + (R \sin \theta) \hat{j} \big] d \theta \ldotp \end{split}\]
Observe que a variável de integração agora é o ângulo\(\theta\). Isso nos diz que os limites de integração (ao redor do aro circular) são θ = 0 a\(\theta\) = 2\(\pi\), então a = 0 e b = 2\(\pi\). Além disso, por conveniência, separamos a integral nos componentes x e y do\(\vec{r}_{CM}\). A expressão integral final é
\[\begin{split} \vec{r}_{CM} & = r_{CM,x} \hat{i} + r_{CM,y} \hat{j} \\ & = \Big[ \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} (2 \cos \theta d \theta \Big] \hat{i} + \Big[ \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} (2 \sin \theta d \theta \Big] \hat{j} \\ & = 0 \hat{i} + 0 \hat{j} = \vec{0} \end{split}\]
como esperado.
Centro de Massa e Conservação do Momento
Como tudo isso se conecta à conservação do momentum?
Suponha que você tenha N objetos com massas m 1, m 2, m 3,... m N e velocidades iniciais\(\vec{v}_{1}\),\(\vec{v}_{2}\),\(\vec{v}_{3}\),...,\(\vec{v}_{N}\). O centro de massa dos objetos é
\[\vec{r}_{CM} = \frac{1}{M} \sum_{j = 1}^{N} m_{j} \vec{r}_{j} \ldotp\]
Sua velocidade é
\[\vec{v}_{CM} = \frac{d \vec{r}_{CM}}{dt} = \frac{1}{M} \sum_{j = 1}^{N} m_{j} \frac{d \vec{r}_{j}}{dt} \label{9.35}\]
e, portanto, o momento inicial do centro de massa é
\[\begin{split} \Big[ M \frac{d \vec{r}_{CM}}{dt} \Big]_{i} & = \sum_{j = 1}^{N} m_{j} \frac{d \vec{r}_{j,i}}{dt} \\ M \vec{v}_{CM,i} & = \sum_{j = 1}^{N} m_{j} \vec{v}_{j,i} \ldotp \end{split}\]
Depois que essas massas se movem e interagem umas com as outras, o momento do centro de massa é
\[M \vec{v}_{CM,f} = \sum_{j = 1}^{N} m_{j} \vec{v}_{j,f} \ldotp\]
Mas a conservação do momento nos diz que o lado direito de ambas as equações deve ser igual, o que diz
\[M \vec{v}_{CM,f} = M \vec{v}_{CM,i} \ldotp \label{9.36}\]
Esse resultado implica que a conservação do momento é expressa em termos do centro de massa do sistema. Observe que, à medida que um objeto se move pelo espaço sem nenhuma força externa líquida atuando sobre ele, uma partícula individual do objeto pode acelerar em várias direções, com várias magnitudes, dependendo da força interna líquida que atua sobre esse objeto a qualquer momento. (Lembre-se de que é apenas a soma vetorial de todas as forças internas que desaparece, não a força interna em uma única partícula.) Assim, o momento dessa partícula não será constante, mas o momento de todo o objeto estendido será, de acordo com a Equação\ ref {9.36}.
A equação\ ref {9.36} implica outro resultado importante: como M representa a massa de todo o sistema de partículas, ela é necessariamente constante. (Se não for, não temos um sistema fechado, então não podemos esperar que o ímpeto do sistema seja conservado.) Como resultado, a Equação\ ref {9.36} implica que, para um sistema fechado,
\[\vec{v}_{CM,f} = \vec{v}_{CM,i} \ldotp \label{9.37}\]
Ou seja, na ausência de uma força externa, a velocidade do centro de massa nunca muda.
Você pode ficar tentado a dar de ombros e dizer: “Bem, sim, essa é apenas a primeira lei de Newton”, mas lembre-se de que a primeira lei de Newton discute a velocidade constante de uma partícula, enquanto a Equação\ ref {9.37} se aplica ao centro de massa de uma (possivelmente vasta) coleção de partículas interagindo e que pode não haver nenhuma partícula no centro da massa, em absoluto! Então, esse é realmente um resultado notável.
Quando um foguete de fogos de artifício explode, milhares de fragmentos brilhantes voam para fora em todas as direções e caem na Terra em uma exibição elegante e bonita (Figura\(\PageIndex{2}\)). Descreva o que acontece, em termos de conservação do momento e do centro de massa.
A imagem mostra simetria radial sobre os pontos centrais das explosões; isso sugere a ideia de centro de massa. Também podemos ver o movimento parabólico das partículas brilhantes; isso traz à mente ideias de movimento de projéteis.
Solução
Inicialmente, o foguete de fogos de artifício é lançado e voa mais ou menos em linha reta para cima; essa é a causa da trilha branca, mais ou menos reta, indo para o céu abaixo da explosão no canto superior direito da imagem (a explosão amarela). Essa trilha não é parabólica porque o projétil explosivo, durante sua fase de lançamento, é na verdade um foguete; o impulso aplicado a ele pela ejeção do combustível em chamas aplica uma força sobre o projétil durante o intervalo de tempo de subida. (Esse é um fenômeno que estudaremos na próxima seção.) O projétil tem várias forças; portanto, não está em queda livre antes da explosão.
No instante da explosão, os milhares de fragmentos brilhantes voam para fora em um padrão radialmente simétrico. A simetria da explosão é o resultado de todas as forças internas somando zero\((\sum_{j} \vec{f}_{j}^{int} = 0)\); para cada força interna, há outra que é igual em magnitude e direção oposta.
No entanto, como aprendemos acima, essas forças internas não podem alterar o momento do centro de massa da concha (agora explodida). Como a força do foguete desapareceu, o centro de massa do projétil agora é um projétil (a única força sobre ele é a gravidade), então sua trajetória se torna parabólica. As duas explosões vermelhas à esquerda mostram o caminho de seus centros de massa em um tempo um pouco maior após a explosão em comparação com a explosão amarela no canto superior direito.
Na verdade, se você observar cuidadosamente as três explosões, verá que as trilhas brilhantes não são realmente radialmente simétricas; em vez disso, elas são um pouco mais densas de um lado do que do outro. Especificamente, a explosão amarela e a explosão média inferior são um pouco mais densas no lado direito, e a explosão superior esquerda é mais densa no lado esquerdo. Isso se deve ao momento de seus centros de massa; as diferentes densidades de trilha são devidas ao impulso que cada peça da concha tinha no momento de sua explosão. O fragmento da explosão no canto superior esquerdo da imagem tinha um momento que apontava para cima e para a esquerda; o momento do fragmento central apontava para cima e ligeiramente para a direita; e a explosão do lado direito claramente para cima e para a direita (como evidenciado pela trilha de escape do foguete branco visível abaixo). a explosão amarela).
Finalmente, cada fragmento é um projétil por si só, traçando assim milhares de parábolas brilhantes.
Significância
Na discussão acima, dissemos: “... o centro de massa do projétil agora é um projétil (a única força nele é a gravidade)...” Isso não é muito preciso, pois pode não haver nenhuma massa no centro da massa; nesse caso, não poderia haver uma força atuando sobre ela. Na verdade, isso é apenas uma abreviatura verbal para descrever o fato de que as forças gravitacionais em todas as partículas agem de forma que o centro de massa mude de posição exatamente como se toda a massa da concha estivesse sempre localizada na posição do centro de massa.
Como a exibição de fogos de artifício mudaria no espaço profundo, longe de qualquer fonte de gravidade?
Às vezes, você pode ouvir alguém descrever uma explosão dizendo algo como: “os fragmentos do objeto explodido sempre se movem de uma forma que garante que o centro de massa continue se movendo em sua trajetória original”. Isso faz parecer que o processo é um tanto mágico: como é possível que, em cada explosão, sempre se verifique que os fragmentos se movem da maneira certa para que o centro de movimento da massa permaneça inalterado? Dito dessa forma, seria difícil acreditar que nenhuma explosão faça algo diferente.
A explicação dessa coincidência aparentemente surpreendente é: definimos o centro de massa com precisão para que fosse exatamente isso que obteríamos. Lembre-se de que primeiro definimos a dinâmica do sistema:
\[\vec{p}_{CM} = \sum_{j = 1}^{N} \frac{d \vec{p}_{j}}{dt} \ldotp\]
Concluímos então que a força externa líquida no sistema (se houver) alterou esse impulso:
\[\vec{F} = \frac{d \vec{p}_{CM}}{dt}\]
e então — e aqui está o ponto — definimos uma aceleração que obedeceria à segunda lei de Newton. Ou seja, exigimos que pudéssemos escrever
\[\vec{a} = \frac{\vec{F}}{M}\]
o que exige que
\[\vec{a} = \frac{d^{2}}{dt^{2}} \left(\dfrac{1}{M} \sum_{j = 1}^{N} m_{j} \vec{r}_{j}\right) \ldotp\]
onde a quantidade dentro dos parênteses é o centro de massa do nosso sistema. Portanto, não é surpreendente que o centro de massa obedeça à segunda lei de Newton; nós a definimos para que assim seja.