Capítulo 5

Movimento no plano e no espaço

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Descrição vetorial do movimento

Sua velocidade média será

tttt

t ∆−∆+

≡∆∆

≡)()( rrrv

A velocidade da partícula em qualquer instante se alinha com a tangente da trajetória no ponto ocupado

Uma partícula movendo-se sobre uma curva.

Suas posições nos instantes t e t + ∆t são respectivamente r(t) e r(t + ∆t).

r(t) r(t+∆t)

Seu deslocamento no intervalo de tempo ∆t é ∆r=r(t + ∆t) - r(t),

∆r Sua velocidade no instante t será

tttt

tddt

t ∆−∆+

≡≡→∆

)()(lim)(0

rrrv

v(t)

A aceleração média da partícula será

( ) ( )t t tt t

∆ + ∆ −≡ ≡

∆ ∆v v va

Sua aceleração no instante t será

0

( ) ( )( ) limt

d t t ttdt t∆ →

+ ∆ −≡ ≡

∆v v va

Calcular v(t) e r(t) a partir de a(t)

ddt

=va d dt⇒ =v a

0 0

td dt⇒ =∫ ∫

v

vv a 0 0

tdt⇒ − = ∫v v a 0 0( ) ( )

tt t dt⇒ = + ∫v v a

ddt

=rv d dt⇒ =r v

0 0

td dt⇒ =∫ ∫

r

rr v 0 0

tdt⇒ − = ∫r r v 0 0( ) ( )

tt t dt⇒ = + ∫r r v

Informação completa: 0 0( ), ,ta v r

0

( ) ( )( ) limt

d t t ttdt t∆ →

+ ∆ −≡ ≡

∆r r rv MRU: a=0

0 00( ) ( ) ( )

tt t dt t= + ⇒ =∫v v a v v

0 0 0 00( ) ( )

tt dt t t= + ⇒ − =∫r r v r r v

MUV: a= constante

0 00( ) ( )

tt dt t t= + ⇒ = +∫v v a v v a

0 00( ) ( )

tt t dt= + +∫r r v a

20 0

1( )2

t t t⇒ − = +r r v a

O vetor posição pode ser decomposto em suas componentes

r = xi + yj + zk

A derivada de uma soma é a soma das derivadas, e os unitários (i, j, k) são constantes que não se alteram no tempo. Logo, tem-se que

ddt

=rv kjikjiv zyxtd

zdtdyd

tddx

vvv ++=++=⇒

kjikjiva zyxzyx aaa

tdd

tdd

tdd

tdd

++=++==vvv

O movimento em 3D pode ser imaginado como a superposição de trêsmovimentos unidimensionais independentes

x(t), vx(t), ax(t)y(t), vy(t), ay(t)z(t), vz(t), az(t)

Movimento circular uniforme (MCU)

Uma partícula percorre a circunferência de raio R, com velocidade v de módulo constante.

( ) [ sen ( ) cos ( ) ],d dt R t tdt dt

ϕ ϕ ϕ= = ⋅ − +rv i j

A velocidade da partícula será

Sendo sua velocidade angular,ddtϕω =

Sua posição r(t) será completamente definida pelo ângulo ϕ

( ) [cos ( ) sen ( ) ]t R t t= +r i jϕ ϕ

y

xR

rϕ

( ) [ sen ( ) cos ( ) ]t R t tω ϕ ϕ= − +v i j

v

Rcosϕi

Rsenϕj

2 ( sen cos cos sen )Rω ϕ ϕ ϕ ϕ⋅ = − +v r

0⋅ = ⇒ ⊥v r v r

( ) [ cos ( ) sen ( ) ]d dt R t tdt dt

ϕω ϕ ϕ= = − −va i j

A aceleração da partícula será

( ) [cos ( ) sen ( ) ]t R t t= +r i jϕ ϕ y

xR

rϕ

( ) [ sen ( ) cos ( ) ]t R t tω ϕ ϕ= − +v i j v

Logo

2( ) [cos ( ) sen ( ) ]t R t tω ϕ ϕ= − +a i j

a

De forma compacta

ˆ( ) ,t R=r r ˆ( ) ,t Rω=v v 2 ˆ( )t Rω= −a r

v

v

v

aa

a ˆ( ) ,t R=r r

ˆ( ) ,t Rω=v v

2 ˆ( )t Rω= −a r

a(t) aponta para o centro do círculo em qualquer ponto da trajetória.

a(t)=ac(t) é chamada de aceleração centrípeta. Seu módulo é2

2ca RR

= = ωv

Movimento circular não uniforme

Uma partícula percorre a circunferência de raio R, com velocidade v de módulo variável

rϕ

x

y

R

v Sua posição r(t) será completamente definida pelo ângulo ϕ

( ) [cos ( ) sen ( ) ]t R t t= +r i jϕ ϕ

( ) [ sen ( ) cos ( ) ],d dt R t tdt dt

ϕ ϕ ϕ= = ⋅ − +rv i j

A velocidade da partícula será

Sendo sua velocidade angular,( ) dtdtϕω =

( ) ( ) [ sen ( ) cos ( ) ]t t R t tω ϕ ϕ= − +v i j

( ) [cos ( ) sen ( ) ]t R t t= +r i jϕ ϕ

y

xR

rϕ

( ) ( ) [ sen ( ) cos ( ) ]t t R t tω ϕ ϕ= − +v i j

v

A aceleração da partícula será

( ) dtdt

=va

2( ) [cos ( ) sen ( ) ] [ sen ( ) cos ( ) ]dt R t t R t tdtωω ϕ ϕ ϕ ϕ= − + + ⋅ − +a i j i j

ac

ata

( ) [ cos ( ) sen ( ) ] [ sen ( ) cos ( ) ]d dt R t t R t tdt dtϕ ωω ϕ ϕ ϕ ϕ= − − + ⋅ − +a i j i j

De forma compacta

ˆ( ) ,t R=r r ˆ( ) ,t Rω=v v 2vˆ ˆ( ) dt R

dtω= − +a r v

ˆ( ) ,t R=r r

ˆ( ) ,t Rω=v v

2 vˆ ˆ( ) dt Rdt

ω= − +a r vx

y

aat

ac

No movimento circular não-uniforme, a aceleração a tem duas componentes, a aceleração centrípeta ac e a aceleração tangencial at

2 ˆ( )c t Rω= −a rv ˆ( )t

dtdt

=a v

( ) ( ) ( )c tt t t= +a a a

A expressão para a(t) permanece válida para uma trajetória qualquer se R for tomado como o raio de curvatura local da curva.

Movimento de um projétil

Todo corpo movendo-se próximo à superfície da Terra tem uma aceleração constante que aponta para o centro da Terra, cujo módulo é g, a aceleração da gravidade.

2TGMg

r= Próximo à superfície da Terra, r = RT e g = 9,8 m/s2.

v0θ0

x

yUma partícula é lançada com velocidade v0de módulo v0 fazendo um ângulo θ0 com a horizontal:

0 0 0 0 0 0 0v v v cos v senx y θ θ= + = +v i j i j

v0cosθ0i

v0senθ0j

A aceleracão da partícula será

ja g−=

Logov 0xddt

⇒ =0

v

vv 0x

xxd⇒ =∫0xa =

ya g= −vyd gdt

⇒ = −0

v

v 0vy

y

t

yd g dt⇒ = −∫ ∫

Integrando as equações acima tem-se

0v vx x= Em x: MRU

0v vy y gt= − Em y: MUV

A aceleração da gravidade não afeta a velocidade horizontal do projétil.

A aceleração da gravidade não é afetada pelo valor da velocidade horizontal.

Duas bolas são soltas do mesmo ponto. Uma delas tem velocidade inicial nula e a outra tem velocidade inicial na horizontal.

Em cada instante as duas bolas estão na mesma altura, ou seja, avelocidade horizontal da bola não afeta seu movimento na vertical.

0v xdxdt

⇒ =0

00v

x t

xxdx dt⇒ =∫ ∫0v vx x= 0 0v xx x t⇒ − =

0v ydy gtdt

⇒ = −0v vy y gt= −0 0

(v )y t

oyydy gt dt⇒ = −∫ ∫ 20

1v2oy

y y t gt⇒ − = −

Sendo x0= 0 a posição inicial da partícula tem-se

(2)20 01v2y

y y t gt= + −e0v xx t= (1)

Usando (1) e (2) podemos eliminar t e obter a equação da trajetória de um projétil.

De (1) 0v x

xt = (3)

(3) em (2)

0 20 2

0

v 1v 2 v

y

x ox

gy y x x= + − A trajetória de um projétil é uma parábola.

θo

vo

vox

voy

vx

vx

vx

vx

vx

vy

vy

vy

vy

x

yv v

v

v

v

t = gvoy/

0 20 2

0

v 1v 2 v

y

x ox

gy y x x= + −

0v v ,x x= 0v vy y gt= −

Tempo de subida de um projétil (ts)

Na altura máxima do projétil, vy= 0 e t = ts

0v vy y gt= −

00 v y sgt= −θo

vo

x

y

h

00

R

ts

2ts

Altura máxima de um projétil (h)

y = h quando t = ts

20

1v2y

y t gt= −2

0 00

v v1v2

y yyh gg g

⎛ ⎞⇒ = − ⎜ ⎟

⎝ ⎠

20v

2yhg

⇒ =

0v yst g

⇒ =

2 20 0v sen

2h

gθ

⇒ =

Alcance de um projétil (R) válido somente se as alturas inicial e final forem iguais

Desprezando a resistência do ar, o tempo de subida do projétil é igual ao tempo de descida. Assim o alcance na horizontal corresponde ao instante t=2ts.

0v xx t= 0v 2x sR t⇒ =2

0v sen 2Rg

θ⇒ =00

vv 2 yxR g

⇒ =2

02v sen cosRg

θ θ⇒ =

20v sen 2R

gθ

=

Alcance máximo: sen 2θ = 1, então 2θ = 90o e θ = 45o

Com exceção do alcance máximo (2θ = 90o), cada alcance pode ser atingido por dois ângulos diferentes.

20

sen 2vRgθ = Exemplo

sen 2 0,5θ =

2θ

2θ 2 30 ou 2 180 30 150o o o oθ θ⇒ = = − =

15 ou 75o oθ θ⇒ = =

θ=45o, θ=15o, θ=75ohttp://phet.colorado.edu

Exemplo 5.2 – Um carro está num ponto de uma estrada onde a raio de curvatura é de 500 m. Sua velocidade é de 30 m/s e aumenta a uma taxa de 2,0 m/s2. Calcule o módulo da aceleração do carro.

c t= +a a a

2 2c ta a a⇒ = +

Soma vetorial e ac perpendicular a at

R

ac at

a

2vca R

=2

230 m/s500

21,8 m/s==

22,0 m/sta =

2 2 2 2 2 21,8 2,0 m/s 2,7 m/sc ta a a⇒ = + = + =

Exemplo 5.3 - Um menino rola uma bolinha sobre uma mesa, e esta cai, de uma altura H (ver Figura abaixo). Se a velocidade inicial da bolinha é v0 , a que distância D da projeção da borda da mesa ela atinge o piso?

H

D

y

x

0 0v 0, y y H= =

0vx t= (2)

212

y H gt⇒ = −

De (2) tem-se

(1)

0

.vxt =

Quando x = D, y = 02

20

02vgDH⇒ = − 0

2v HDg

⇒ =

Substituindo este valor de t em (1): 2

20

12 v

xy H g= −

v0 20 0

1v

2yy y gt= + −Em y, MUV:

Em x, MRU: 0 + vxx x t=

0 0v = v , 0x x =

Exemplo 5.5 - A pedra acerta o mico? Um menino vê um mico pendurado em uma árvore e lhe atira uma pedra usando seu estilingue. Exatamente no instante em que a pedra é atirada, o mico solta-se do galho pretendendo cair ao solo e depois escapar da perseguição. Ficará o mico livre de ser atingido pela pedra ?

x

yh

d

vo

O menino mira o mico 0tghd

θ⇒ = 00

vv

y

x

=

θ0

0vp xx t=

As coordenadas da pedra são

20

1v2p y

y t gt= −

A coordenada do mico é2

0 01v2m m ym

y y t gt= + − 212

h gt= −

0vd

x

dt =

20

0 0

v 1v 2 v

yp

x x

dy d g⎛ ⎞

⇒ = − ⎜ ⎟⎝ ⎠

Quando t = td

2

0

12 vp x

dy h g⎛ ⎞

⇒ = − ⎜ ⎟⎝ ⎠

2

0

12 vm x

dy h g⎛ ⎞

= − ⎜ ⎟⎝ ⎠

A pedra atinge xp=d em ym=yp, então o mico é atingido!

Problema 5.6 – Um avião pretende lançar equipamento de salvamento para um náufrago. O avião voa à altitude de 200 m, numa linha horizontal que passa sobre o náufrago, com velocidade de 300 km/h. O náufrago é observado por uma luneta que faz um ângulo θ com a horizontal. A que ângulo θ de visão o equipamento deve ser solto, para que ele caia próximo do náufrago?.

v0y

x

θ

θ

h

R

20 0

1v2y

y y t gt= + −

212

y h gt⇒ = − (2)

De (1)

Em y, MUV:

tg hR

θ =

0vxt = em (2)

2

20

12 v

xy h g= −

Quando y= 0, x=R2

20

102 v

Rh g⇒ = −

22 02 vhR

g⇒ = 0

2 vhRg

⇒ = 532,4 m=

Calcular R, ou seja, x quando y=0

v0 = v0x , x0 = 0 m, y0 = h

Em x, MRUtg h

Rθ = 0,376= 20,6θ⇒ =

0 0v xx x t= + 0vx t⇒ = (1)

Problema 5.8 – Um projétil é lançado com velocidade v0=20 m/s fazendo um ângulo de 60o com a horizontal. Ele atinge um ponto em um plano elevado de uma altura H em relação ao ponto de lançamento. Sua trajetória final faz um ângulo de 45o com o plano. (a) Calcule o módulo da velocidade final do projétil. (b) Determine H.

θ0

v0 θfvfH

a) Calcular vf

y

x

b) Calcular H

20 0

1+v2y

y y t gt= −

Em y, MUV

y0= 0 m. Quando y=H, t=tf2

0 01v sen2f f

H tθ⇒ = −

Obter tf

0v vy y gt

Em x, MRU (vx é constante)gt (1)

0v vfx x⇒ = 0 0v cosθ=

v v cosfx f fθ=Mas= − 0 0v sen v senf f fgtθ θ⇒ − = −

0 0v cos v cosf fθ θ⇒ =

00

cosv vcosf f

θθ

⇒ = 14,1 m/s=0 0v sen v senf f

ft gθ θ+

⇒ = 2,78 s= (2)

(2) em (1), H = 10,3 m

Movimento relativo no espaço

Consideremos duas partículas cujas posições no instante t sejam r1(t) e r2(t).

A posição da partícula 2 em relação à partícula 1 é definida pelo vetor

)()()( 12 ttt rrR −=

A velocidade e a aceleração da partícula 2 em relação à partícula 1 são

dtd

dtd

dtd 12 rrRV −== 2 1⇒ = −V v v

21

2

22

2

2

2

dtd

dtd

dtd rrRA −== 2 1⇒ = −A a a

Exemplo 5.7 - No cruzamento de duas ruas, uma na direção Leste-Oeste e a outra na direção Norte-Sul, há um sinal luminoso. Um carro, indo para o Norte, passa pelo cruzamento com velocidade de 70 km/h, a qual é mantida constante. 10 s depois, o sinal abre para a outra rua e outro carro, indo para o Leste, arranca com aceleração constante de 5,0 (km/h)/s. Calcule a posição, velocidade e aceleração do segundo carro em relação ao primeiro 15 s após a arrancada do carro.

1 01v=v j

2 02 2(v )a t= +v i 2a t= iy

x

r1

r2

R = r2 - r12 1 2 01va t⇒ = − = −V v v i j

1 0=a 2 2a=a i

Escolhendo t = 0 o instante em que o segundo carro arranca:

2 1 2a⇒ = − =A a a i

1 01 01t= +r r v

22 02 02 2

12

t t= + +r r v a

2 1= −R r r

01 01( v ) r t= + j

22

12

a t= i

22 01 01

1 ( v )2

a t r t= − +i j

Outro jeito:ddt

=RV

2d adt

= =VA i

2 01va t= −i j

Exemplo 5.8 - Um menino, viajando na carroceria de uma caminhonete que se move em uma pista horizontal, tenta descobrir em que direção tem de jogar uma pedra para cima para que ela caia de volta em suas mãos. Depois de algumas tentativas, descobre que tem de jogá-la na direção que lhe parece ser a vertical. Demonstre esse resultado.

vom

voy vc

vcvc

vc x

vc

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Capítulo 5