Parte 2 - Nelson Reyes

MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Mecânica Geral Básica
Cinemática do Ponto
Material
Prof. Nelson Luiz Reyes Marques
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento Retilíneo: Posição, Velocidade e Aceleração
 Diz-se que uma partícula que se move ao longo de uma
linha reta está em movimento retilíneo.
 A coordenada de posição de uma partícula é definida pela
distância, positiva ou negativa, da partícula a uma origem
fixa na linha em que ela se desloca.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento Retilíneo: Posição, Velocidade e Aceleração
 O movimento de uma partícula é conhecido se a coordenada
de posição da partícula é conhecida para cada instante do
tempo t. O movimento da partícula pode ser expresso sob a
forma de uma função, por exemplo,
x  6t 2  t 3
ou na forma de um gráfico de x em
função de t.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento Retilíneo: Posição, Velocidade e Aceleração
 Consideremos uma partícula que ocupa as posições P, no
instante t, e P’, no instante t+Dt,
Dx
Vm 
Dt
Vinst
Dx
 v  lim
Dt 0 Dt
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento Retilíneo: Posição, Velocidade e Aceleração
 A Velocidade instantânea pode ser positiva ou negativa. A
intensidade da velocidade é conhecida como velocidade
escalar da partícula.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento Retilíneo: Posição, Velocidade e Aceleração
 Pela definição de derivada,
por exemplo,
Dx dx
v  lim

dt
Dt 0 Dt
x  6t 2  t 3
dx
v
 12t  3t 2
dt
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento Retilíneo: Posição, Velocidade e Aceleração
 Consideremos uma partícula com velocidade v, no instante t,
e v’, no instante t+Dt,
Dv
Dt 0 Dt
Aceleração instantânea  a  lim
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento Retilíneo: Posição, Velocidade e Aceleração
 A aceleração instantânea pode ser:
 positiva: correspondendo a um
aumento em uma velocidade
positiva ou a uma diminuição
em uma velocidade negativa;
 negativa: correspondendo a uma
diminuição em uma velocidade
positiva ou a um aumento em
uma velocidade negativa.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento Retilíneo: Posição, Velocidade e Aceleração
Dv dv d 2 x
 A partir da definição de derivada:a  lim

 2
Dt 0 Dt
dt dt
por exemplo:
x  6t 2  t 3
v  12t  3t 2
dv
a
 12  6t
dt
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento Retilíneo: Posição, Velocidade e Aceleração
• Consideremos uma partícula cujo movimento é descrito pela
equação:
2
3
x  6t  t
dx
v
 12t  3t 2
dt
dv d 2 x
a
 2  12  6t
dt dt
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento Retilíneo: Posição, Velocidade e Aceleração
x  6t  t
2
3
 quando t = 0,
dx
v
 12t  3t 2
dt
dv d 2 x
a
 2  12  6t
dt dt
x = 0, v = 0, a = 12 m/s2
 quando t = 2 s,
x = 16 m, v = vmáx = 12 m/s, a = 0
 quando t = 4 s,
x = xmáx = 32 m, v = 0, a = -12 m/s2
 quando t = 6 s,
x = 0, v = -36 m/s, a = -24 m/s2
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Determinação do Movimento de uma Partícula
 Lembremos que o movimento de uma partícula é tido como
conhecido se sua posição for conhecida para cada instante do
tempo t.
 Mais frequentemente, as condições do movimento serão
especificadas pelo tipo de aceleração que a partícula possui.
Portanto, para determinar a velocidade e a posição é necessário
efetuar duas integrações.
 Três classes comuns de movimento são aquelas em que:
 a aceleração é uma dada função do tempo, a = f(t)
 a aceleração é uma dada função da posição, a = f(x)
 aceleração é uma dada função da velocidade, a = f(v)
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Determinação do Movimento de uma Partícula
 a aceleração é uma dada função do tempo, a = f(t) :
dv
 a  f t 
dt
dv  f  t  dt
v t 
t
v0
0
 dv   f  t  dt
t
v  t   v0   f  t  dt
0
dx
 v t 
dt
dx  v  t  dt
t
x  t   x0   v  t  dt
0
x t 
t
x0
0
 dx   v  t  dt
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Determinação do Movimento de uma Partícula
 a aceleração é uma dada função da posição, a = f(x) :
dx
dx
v
ou dt 
dt
v
v dv  f  x  dx
1
2
1
2
v x 
x
v0
x0
 v dv   f  x  dx
v  x  v 
2
dv
dv
a
ou a  v  f  x 
dt
dx
2
0
x
 f  x  dx
x0
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Determinação do Movimento de uma Partícula
 a aceleração é uma dada função da velocidade, a = f(v):
dv
 a  f v
dt
v t 

v0
dv
 dt
f v
v t 

v0
t
dv
  dt
f v 0
dv
t
f v
dv
v  a  f v
dx
x  t   x0 
v dv
dx 
f v
v t 

v0
v dv
f v
x t 
v t 
x0
v0
 dx  
v dv
f v
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 1
Uma bola é arremessada para cima com velocidade vertical de
10 m/s de uma janela localizada a 20 m acima do solo.
Determine:
a. a velocidade e a elevação da
bola acima do solo para
qualquer instante t,
b. a elevação máxima atingida pela
bola e o correspondente valor de
t, e
c. o instante em que a bola atingirá
o solo e a velocidade
correspondente.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 1
SOLUÇÃO:
a. Integramos a aceleração duas vezes para encontrar v(t) e
y(t).
b. Determinamos o valor de t para o qual a velocidade se
iguala a zero (instante em que a elevação é máxima) e
calculamos a altitude correspondente.
c. Determinamos o valor de t para o qual a elevação se iguala
a zero (instante em que a bola atinge o solo) e calculamos
a velocidade correspondente.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 1
a. Integramos a aceleração duas vezes para encontrar v(t) e y(t).
dv
 a  9,81m s 2
dt
v t 
t
v0
0
 dv   9,81 dt
v  t   v0  9,81t
m 
m
vt   10   9,81 2  t
s 
s 
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 1
a. Integramos a aceleração duas vezes para encontrar v(t) e y(t).
dy
 v  10  9,81t
dt
yt 
t
y0
0
 dy   10  9,81t  dt
y  t   y0  10t  12 9,81t 2
m
 m 
yt   20 m  10 t   4,905 2 t 2
s 
 s  
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 1
b. Determinamos o valor de t para o qual a velocidade se iguala a
zero.
m 
m
vt   10   9,81 2  t  0
s 
s 
t  1,019 s
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 1
b. Calculamos a altitude correspondente.
m
 m 
y t   20 m  10 t   4,905 2 t 2
s 
 s 
m
 m

2
y  20 m  10 1,019 s    4,905 2 1,019 s 
s 
 s

y  25,1m
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 1
c. Determinamos o valor de t para o qual a elevação da partícula
se iguala a zero e calculamos a velocidade correspondente.
m 2
 m 
yt   20 m  10 t   4,905 2 t  0
s 
 s 
t  1,243 s não se aplica 
t  3,28 s
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 1
c. Determinamos o valor de t para o qual a elevação da partícula
se iguala a zero e calculamos a velocidade correspondente.
t  3, 28s
m 
m
vt   10   9,81 2  t
s 
s 
m 
m
v3,28 s   10   9,81 2  3,28 s 
s 
s 
m
v  22,2
s
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 2
O mecanismo de freio usado para reduzir o recuo em certos
tipos de arma consiste em um pistão preso ao cano e que se
move em um cilindro fixo, cheio de óleo. Quando o cano recua
com velocidade inicial v0, o pistão se move e o óleo é forçado
através de orifícios em seu interior, causando uma desaceleração
do pistão e do cano a uma taxa proporcional à velocidade de
ambos.
Determine v(t), x(t), e v(x).
a  kv
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 2
SOLUÇÃO:
• Integramos a = dv/dt = -kv para encontrar v(t).
• Integramos v(t) = dx/dt para encontrar x(t).
• Integramos a = v dv/dx = -kv para encontrar v(x).
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 2
• Integramos a = dv/dt = -kv para encontrar v(t).
dv
a
  kv
dt
v t 

v0
t
dv
 k  dt
v
0
v t 
ln
 kt
v0
v  t   v0 e
 kt
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 2
• Integramos v(t) = dx/dt para encontrar x(t).
dx
 kt
v t  
 v0 e
dt
x t 
t
 dx  v  e
0
0
 kt
dt
0
t
 1  kt 
x  t   v0   e 
 k
0

v0
xt  
1  e  kt
k

MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 2
• Integramos a = v dv/dx = -kv para encontrar v(x).
dv
a  v  kv
dx
v  v0  kx
v  v0  kx
dv  k dx
v
x
v0
0
 dv  k  dx
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento Retilíneo Uniforme
 Para uma partícula em movimento retilíneo uniforme, a
aceleração é zero e a velocidade é constante.
dx
 v  constante
dt
x
t
x0
0
 dx  v  dt
x  x0  vt
x  x0  vt
11 - 29
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento Retilíneo Uniformemente Acelerado
 Para uma partícula em movimento retilíneo uniformemente
acelerado, a aceleração é constante.
v
dv
 a  constante
dt
t
 dv  a  dt
v0
v  v0  at
0
v  v0  at
dx
 v0  at
dt
x
t
x0
0
 dx   v0  at dt
x  x0  v0t  12 at 2
x  x0  v0t  12 at 2
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento Retilíneo Uniformemente Acelerado
 Para uma partícula em movimento retilíneo uniformemente
acelerado, a aceleração é constante.
dv
v  a  constante
dx
v 2  v02  2ax  x0 
v
x
 v dv  a  dx
v0
x0
1
2
v
2

 v02  ax  x0 
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento de Muitas Partículas
 Para partículas que se movem ao longo da mesma linha, o
tempo deve ser contado a partir do mesmo instante inicial e
os deslocamentos devem ser medidos em relação à mesma
origem e no mesmo sentido.
xB
A
 xB  x A 
xB  x A  xB
A
coordenada de posição relativa
de B em relação a A
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento de Muitas Partículas
vB A  vB  v A 
velocidade relativa de B em relação a A
vB  v A  vB A
aB A  aB  a A 
aceleração relativa de B em relação a A
aB  a A  aB A
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 3
Uma bola é arremessada verticalmente para cima de uma altura de 12 m de um
poço de elevador com velocidade inicial de 18 m/s. No mesmo instante, um
elevador de plataforma aberta passa pelo nível de 5 m, subindo com velocidade
de 2 m/s. Determine (a) quando e onde a bola atinge o elevador e (b) a
velocidade relativa da bola em relação ao elevador quando a bola o atinge.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 3
SOLUÇÃO:
• Substituímos a posição e a velocidade iniciais e a aceleração
constante nas equações gerais para o movimento retilíneo
uniformemente acelerado.
• Substituímos a posição inicial e a velocidade do elevador na
equação para o movimento retilíneo uniforme.
• Escrevemos equações para a posição relativa da bola em relação ao
elevador e resolvemos para a posição relativa zero, ou seja, para a
posição em que ambos se chocam.
• Substituímos o valor do instante de tempo do impacto nas
equações para a posição do elevador e para velocidade relativa da
bola em relação ao elevador.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 3
a. Substituímos a posição e a velocidade iniciais e a aceleração
constante nas equações gerais para o movimento retilíneo
uniformemente acelerado.
m 
m
vB  v0  at  18   9,81 2  t
s 
s 
m 2
 m 
yB  y0  v0t  at  12 m  18  t   4,905 2  t
s 
 s  
1
2
2
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 3
Substituímos a posição inicial e a velocidade do elevador na equação
para o movimento retilíneo uniforme.
m
vE  2
s
 m
y E  y0  v E t  5 m   2 t
 s
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 3
Escrevemos equações para a posição relativa da bola em relação ao elevador
e resolvemos para a posição relativa zero, ou seja, para a posição em que
ambos se chocam.


yB E  12  18t  4,905t 2  5  2t   0
t  0,39 s não se aplica 
t  3,65 s
Substituímos o valor do instante de tempo do impacto nas equações para a
posição do elevador e para velocidade relativa da bola em relação ao elevador.
yE  5  23,65
b.
y E  12.3 m
vB E  18  9,81t   2
 16  9,81  3, 65 
vB E
m
 19,81
s
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento de Muitas Partículas: Movimento Dependente
 A posição de uma partícula pode depender da posição de outra
partícula ou de várias outras partículas.
 Na figura ao lado, a posição do bloco B
depende da posição do bloco A. Como a
corda tem comprimento constante, tem-se
que a soma dos comprimentos dos seus
segmentos é constante.
x A  2 x B  constante
(um
grau de liberdade)
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento de Muitas Partículas: Movimento Dependente
 As posições dos três blocos ao lado são dependentes.
2 x A  2 x B  xC 
constante (dois graus de liberdade)
 Para partículas cujas posições estão
relacionadas linearmente, uma relação
semelhante é válida entre as
velocidades e as acelerações das
partículas.
2
dx
dx A
dx
 2 B  C  0 ou 2v A  2v B  v C  0
dt
dt
dt
2
dv
dv A
dv
 2 B  C  0 ou 2a A  2a B  a C  0
dt
dt
dt
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 4
A polia D está presa a um cursor que que é puxado para baixo com
velocidade de 7,5 cm/s. No instante t = 0, o cursor A começa a se
mover para baixo a partir de K com aceleração constante e velocidade
inicial nula. Sabendo que a velocidade do cursor A é de 30 cm/s ao
passar pelo ponto L, determine a variação na elevação, a velocidade e
a aceleração do bloco B quando o bloco A passar por L.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 4
SOLUÇÃO:
• Colocamos a origem na superfície horizontal superior e escolhemos
o sentido positivo para baixo.
• O cursor A tem movimento retilíneo uniformemente acelerado.
Calculamos sua aceleração e o tempo t para que passe por L.
• A polia D tem movimento retilíneo uniforme.
variação da posição no tempo t.
Calculamos a
• O movimento do bloco B é dependente dos movimentos do cursor
A e da polia D. Escrevemos relações entre os movimentos e as
resolvemos para obter a variação na elevação do bloco B.
• Derivamos a relação de movimento duas vezes para obter
equações para a velocidade e para a aceleração do bloco B.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 4
• Colocamos a origem na superfície horizontal superior e escolhemos
o sentido positivo para baixo.
• O cursor A tem movimento retilíneo
uniformemente acelerado. Calculamos
sua aceleração e o tempo t para que
passe por L.
v A2  v A 0  2a A x A  x A 0 
2
2
 cm 
 30
  2a A 20 cm 
s 

cm
a A  22,5 2
s
v A  v A 0  a At
30
cm
cm
 22,5 2 t
s
s
t  1,333 s
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 4
• A polia D tem movimento retilíneo
uniforme. Calculamos a variação da
posição no tempo t.
xD  xD 0  vD t
cm 



xD  xD 0   7,5
1,333 s   10 cm

s 
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 4
• O movimento do bloco B é dependente dos movimentos do cursor A
e da polia D. Escrevemos relações entre os movimentos e as
resolvemos para obter a variação na elevação do bloco B.
O comprimento total do cabo
permanece constante, logo,
x A  2 xD  xB  x A 0  2xD 0  xB 0
x  x   2x  x   x  x    0
20 cm   210 cm   x  x    0
A
A 0
D
D 0
B
B
B 0
B 0
xB  xB 0   40 cm
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 4
• Derivamos a relação de movimento duas vezes para obter equações
para a velocidade e para a aceleração do bloco B.
x A  2 xD  xB  constante
v A  2vD  vB  0
 cm   7,5 
 30
  2 3
  vB  0
s   s 

vB  45
a A  2a D  a B  0
cm 

 22,5 2   aB  0
s 

cm
aB  22,5 2
s
cm
s
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Solução Gráfica de Problemas de Movimento Retilíneo
 Dada a curva x-t, a curva v-t é igual à sua inclinação.
 Dada a curva v-t, a curva a-t é igual à sua inclinação.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Solução Gráfica de Problemas de Movimento Retilíneo
 A área medida sob a curva a-t de t1 a t2 é igual à variação da
velocidade durante esse mesmo intervalo de tempo.
 A área medida sob a curva v-t de t1 a t2 é igual à variação da
posição durante esse mesmo intervalo de tempo.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Outros Métodos Gráficos
 O método do momento de área é usado para se determinar a posição
de um partícula em um instante t diretamente a partir da curva a-t.
x1  x0  área sob a curva v  t
v1
 v0t1   t1  t dv
v0
utilizando dv = a dt,
v1
x1  x0  v0t1   t1  t  a dt
v0
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Outros Métodos Gráficos
v1
 t1  t  a dt 
v0
primeiro momento da área sob a curva a-t em
relação à linha t = t1.
x1  x0  v0t1  área sob a curva a-t t1  t 
t  abscissa do centróide C
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Outros Métodos Gráficos
 Método para determinar a aceleração da partícula a partir da curva
v-x:
dv
dx
 AB tan 
av
 BC  Subnormal à curva v-x
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento Curvilíneo: Posição, Velocidade e Aceleração
 Uma partícula que se desloca ao longo de uma curva que não é uma
linha reta está em movimento curvilíneo.
 O vetor de posição de uma partícula em um dado instante t é
definido como um vetor que une a origem O de um sistema de
referência fixo à posição ocupada pela partícula.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento Curvilíneo: Posição, Velocidade e Aceleração
 Consideremos uma partícula que ocupa uma posição P definida
 no instante de tempo t e uma posição P’ definida por  no
por r
r
instante t t + Dt. Para essa partícula temos,
Dr dr
v  lim

Dt 0 Dt
dt
Ds ds
v  lim

Dt 0 Dt
dt
 velocidade ins t .(vetor )
 velocidade escalar
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento Curvilíneo: Posição, Velocidade e Aceleração

v
 Consideremos
uma partícula com velocidade
no instante t e

velocidade v no instante t + Dt. Para essa partícula temos,
Dv dv
a  lim

Dt 0 Dt
dt
 acel. inst.
 Em geral, a aceleração não é tangente à
trajetória e à velocidade da partícula.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Derivadas de Funções Vetoriais

 Para uma função Pu  da variável escalar u, temos




dP
DP
Pu  Du   Pu 
 lim
 lim
du Du 0 Du Du 0
Du
• Derivada da soma de duas funções vetoriais:

 

d P  Q  dP dQ


du
du du
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Derivadas de Funções Vetoriais
 Derivada do produto de uma função escalar por uma função
vetorial:


d  f P  df 
dP

P f
du
du
du
• Derivadas do produto escalar e do
produto vetorial:

 

d P  Q  dP   dQ

Q  P
du
du
du

 

d P  Q  dP   dQ

Q  P
du
du
du
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Componentes Retangulares de Velocidade e Aceleração
 O uso de componentes retangulares é particularmente eficaz
quando os componentes da aceleração podem ser integrados
independentemente como, por exemplo, no movimento de um
projétil, para o qual temos,
a x  x  0
a y  y   g
a z  z  0
Com as condições iniciais
x0  y0  z0  0
vz 0  0
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Componentes Retangulares de Velocidade e Aceleração
integrando duas vezes obtemos,
v x  v x 0
x  v x 0 t
v y  v y   gt
0
y  v y  y  12 gt 2
0
vz  0
z0
 O movimento na direção horizontal é uniforme.
 O movimento na direção vertical é uniformemente acelerado.
 O movimento do projétil pode ser substituído por dois
movimentos retilíneos independentes.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento Relativo a um Sistema de Referência em Translação
 Designemos um sistema de referência como o sistema de referência
fixo. Todos os demais sistemas não ligados rigidamente a ele são
sistemas de referência móveis.
 Os vetores de posição para as partículas
A e B em relação ao sistema de
 
referência fixo Oxyz são rA e rB .
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Movimento Relativo a um Sistema de Referência em Translação

 O vetor rB
a posição de B em relação ao
A que une Aa B define

sistema móvel Ax’y’z’ e rB  rA  rB A
 Derivando duas vezes obtemos,



vB  v A  vB



a B  a A  aB
A
A

aB

vB
A
 velocidade de B em
relação ao referencial A.
aceleração de B em relação

A
ao referencial A.
 O movimento absoluto de B pode ser obtido pela combinação do
movimento de A e do movimento relativo de B em relação ao
referencial móvel preso em A.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Componentes Tangencial e Normal
 O vetor velocidade de uma partícula é tangente à sua trajetória,
mas, em geral, a aceleração não é tangente a essa trajetória.
Deseja-se então, expressar a aceleração da partícula em termos de
componentes tangencial e normal à trajetória.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Componentes Tangencial e Normal
 Na figura, et e et são vetores unitários tangentes à trajetória da
partícula em P e P’. Quando ambos são traçados a partir da mesma
  
origem, Det  et  et e D é o ângulo entre eles. Encontramos que

a intensidade de Det é:
Det  2 sen D 2 

Det
sen D 2  
lim
 lim
en  en
D 0 D
D 0
D 2

 det
en 
d
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Componentes Tangencial e Normal



Com o vetor velocidade expresso comov  vet
partícula pode ser escrita como:



de dv 
de d ds
 dv dv 
a
 et  v
 et  v
dt dt
dt dt
d ds dt
, a aceleração da
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Componentes Tangencial e Normal
Após as substituições temos,
dv
v2
a  et  en
dt

dv
at 
dt
an 
v2

 O componente tangencial da aceleração reflete a variação na
intensidade do vetor velocidade e o componente normal reflete as
mudanças em sua direção.
 O componente tangencial pode ser positivo ou negativo. O
componente normal sempre aponta para o centro da curvatura da
trajetória.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Componentes Tangencial e Normal
 As relações para as acelerações normal e tangencial também são
válidas para uma partícula que se desloca ao longo de uma curva
no espaço.
2
2
 dv  v 
a  et  en
dt

dv
at 
dt
an 
v

• O plano que contém os vetores unitários
tangencial e normal é chamado plano
osculador.
• A Normal ao plano osculador é obtida a
partir da relação

 
eb  et  en

en  normal principal

eb  binormal
 A aceleração não tem nenhum componente ao longo da binormal.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Componentes Radial e Transversal
 Quando a posição de uma partícula é dada em coordenadas
polares, é conveniente decompor a velocidade e a aceleração em
componentes paralelo e perpendicular à linha OP.


r  rer

der 
 e
d

de

 er
d


der der d  d

 e
dt
d dt
dt


de de d
 d

 er
dt
d dt
dt
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Componentes Radial e Transversal
 Nesse caso, o vetor velocidade da partícula é

der dr 
dr 
d 
 d 
v  rer   er  r
 er  r
e
dt
dt
dt
dt
dt


 r er  r e
 De maneira análoga, a aceleração da partícula é
d  
 d  dr 
a   er  r
e 
dt  dt
dt 


d 2 r  dr der dr d 
d 2 
d de
 2 er 

e  r 2 e  r
dt dt dt dt
dt dt
dt
dt


 r  r 2 er  r  2r e


MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Componentes Radial e Transversal
 Quando a posição de uma partícula é dada em
coordenadas cilíndricas, é conveniente expressar
sua velocidade e sua aceleração
utilizando os

 
vetores unitários eR , e e k .
 Verificamos que, nesse caso, o vetor de posição
é:
r  R e R z k
 O vetor velocidade é:


d
r



v
 R eR  R e  z k
dt
 E o vetor aceleração é:


 dv


2
  R eR  R  2 R  e  z k
a
 R
dt


MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 5
Um motorista está percorrendo uma seção curva de rodovia a 96
km/h. Ele, então, aciona os freios impondo ao carro uma taxa de
desaceleração constante.
Sabendo que após 8 s a velocidade escalar for reduzida para 72
km/h, determine a aceleração do automóvel imediatamente após os
freios terem sido acionados.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 5
SOLUÇÃO:
• Calculamos os componentes tangencial e normal da aceleração.
• Determinamos a intensidade e a direção da aceleração.
96 km/h  26,67 m/s
72 km/h  20 m/s
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 5
• Calculamos os componentes tangencial e normal da aceleração.
Dv 20  26,67  m s
m
at 

 0,83 2
Dt
8s
s
2
v 2 26,67 m s 
m
an 

 0,95 2

750 m
s
• Determinamos a intensidade e a direção da aceleração.
a  a  a   0,83  0,95
2
t
2
n
an 0,95
tan   
at 0,83
2
2
m
a  1,26 2
s
  48,9
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 6
O rotação do braço OA em torno de O é definida pela relação
 = 0,15t2, onde  está em radianos e t em segundos. O Cursor B
desliza ao longo do braço de tal maneira que sua distância em
relação a O é r = 0,9 – 0,12t2, onde r é expresso em metros.
Após o braço ter girado 30o, determine (a) a velocidade total do
cursor, (b) a aceleração total do cursor e (c) a aceleração relativa do
cursor em relação ao braço.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 5
SOLUÇÃO:
• Determinamos o tempo t para o qual
 = 30o.
• Determinamos os valores de r e , e de suas primeiras e
segundas derivadas no instante t.
• Calculamos a velocidade e a aceleração em coordenadas
cilíndricas.
• Determinamos a aceleração do cursor em relação ao braço.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 5
• Calculamos o tempo t para o qual  = 30o.
  0,15 t 2
 30  0,524 rad
t  1,869 s
• Determinamos os valores de r e , e de suas primeiras e segundas
derivadas no instante t
r  0,9  0,12 t 2  0,481 m
r  0,24 t  0,449 m s
r  0,240 m s 2
  0,15 t 2  0,524 rad
  0,30 t  0,561 rad s
  0,300 rad s 2
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 5
• Calculamos a velocidade e a aceleração.
vr  r  0,449 m s
v  r  0,481 m 0,561 rad s   0,270 m s
v  v  v
2
r
2
v
  arctan
vr
v  0,524 m s
  31,0
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 5
ar  r  r 2
 0,240 m s 2  0,481 m 0,561 rad s 
2
 0,391 m s 2
a  r  2r


 0,481 m  0,300 rad s 2  2 0,449 m s 0,561 rad s 
 0,359 m s 2
a  ar2  a2
  arctan
a
ar
a  0,531m s
  42,6
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 2
Exemplo 5
• Determinamos a aceleração do
cursor em relação ao braço.
O movimento do cursor em relação
ao braço é retilíneo e definido pela
coordenada r.
aB OA  r  0,240 m s 2