Aula 4 Movimento em duas e três dimensões Física Geral I F -128 1 Movimento em 2D e 3D • Cinemática em 2D e 3D • Exemplos de movimentos 2D e 3D • Aceleração constante - aceleração da gravidade • Movimento circular - movimento circular uniforme - movimento helicoidal • Movimento relativo F128 – 2o Semestre de 2012 2 Escalar vs. Vetor Recapitulando a aula 3… • Escalar: grandeza sem direção associada, caracterizada apenas por um número. • Massa de uma bola, 0.25 kg. • Tempo para a massa se mover uma distância • Energia de um corpo. • Algumas grandezas escalares são sempre positivas (massa). Outras podem ter os dois sinais. • Vetor: quantidades descritas por • Para a velocidade, por exemplo, importa não só o seu valor, por exemplo 2 m/s, mas também a direção do movimento. y Ay uma magnitude (sempre positiva) e uma direção (sentido implícito). A A = Ax2 + Ay2 ⎛ A ⎞⎟ θ = tan ⎜⎜⎜ y ⎟⎟ ⎜⎝ Ax ⎟⎠ −1 θ i F128 – 2o Semestre de 2012 . A = Ax iˆ + Ay ĵ Ax x 3 Vetores dependentes do tempo Na natureza há inúmeros exemplos de grandezas vetoriais que variam no tempo. Estamos interessados na posição e deslocamento de um corpo em movimento bidimensional ou tridimensional, e na velocidade e aceleração deste corpo. Posição e deslocamento A trajetória é o lugar geométrico dos pontos do espaço ocupados pelo objeto (planeta, cometa, foguete, carro etc) que se movimenta. Qualquer ponto da trajetória pode ! ser descrito pelo vetor posição que denotamos por r (t ). ! ! ! r O deslocamento Δr entre os pontos rQ e P é dado por: ! ! ! y ! rP P ! Δr ! Q rQ x Δr = rQ − rP ! Note que Δr não depende da origem. F128 – 2o Semestre de 2012 4 Posição e Deslocamento O vetor posição em 2D fica definido em termos de suas y coordenadas cartesianas por: . r (t) = x(t)iˆ + y(t) ĵ ! r y θ ĵ iˆ x x No caso espacial, 3D, temos: r (t) = x(t)iˆ + y(t) ĵ + z(t) k̂ F128 – 2o Semestre de 2012 5 Posição e Deslocamento Exemplo: um ponto na trajetória de um móvel é dado pelas equações (em unidades SI): y y(t) = -1,0t2+10,0t + 2,0 Calcular o deslocamento entre 3 e 6 s: ! ! ! Δr = r (6) − r (3) em t = 3 s : x(3) =17 m e y(3) =23 m em t = 6 s : x(6) =38 m e y(6) =26 m ! ! ! Daí: Δr = r (6) − r (3) ≅ ( 21iˆ + 3 ˆj ) m F128 – 2o Semestre de 2012 Posição(m) x(t) = 0,2t2+5,0t + 0,5 45 30 15 0 x 0 15 30 45 Posição(m) 60 6 Velocidade Como no caso unidimensional, o vetor velocidade média é: ! ! ! ! r (t +Δt )−r (t ) Δr Δx ˆ Δy ˆ vm = = = i+ j Δt Δt Δt Δt O vetor velocidade instantânea é: ! ! ! ! r (t +Δt )−r (t ) dr v = lim = Δt →0 Δt dt trajetória (1) Em termos de componentes cartesianas: ! ! d r (t ) dx ˆ dy ˆ v= = i+ j dt dt dt y ! r (t ) ! Δr ! r (t + Δt ) ! v ou: = v x iˆ + v y ˆj x Decorrências da definição (1): ! a) v! é sempre tangente à trajetória; b) v coincide com o módulo da velocidade escalar definida anteriormente. F128 – 2o Semestre de 2012 7 Aceleração Novamente como no caso 1D, a aceleração média é: ! ! ! ! v (t +Δt )−v (t ) Δv Δv x ˆ Δv y ˆ am = = = i+ j Δt Δt Δt Δt A aceleração instantânea é: ! ! ! ! v (t +Δt )−v (t ) dv a = lim = Δt →0 Δt dt (2) Em termos de componentes cartesianas: ! ! d v (t ) dv x ˆ dv y ˆ ou: a= = i+ j dt dt dt ou: ! 2! ! dv d r (t ) a= = dt dt 2 ! a = a x iˆ + a y ˆj Decorrências da definição (2): a) a aceleração resulta de qualquer variação do vetor velocidade ! (quer seja do módulo, da direção ou do sentido de v ); b) O vetor aceleração está sempre voltado para o “interior” da trajetória. F128 – 2o Semestre de 2012 8 Velocidade e Aceleração dx d = (0,2t 2 + 5,0t + 0,5) = 0,4t + 5,0 dt dt dy d v y = = ( −1,0t 2 + 10t + 2,0) = − 2,0t + 10 dt dt vx = Em t =3 s: dx = 6,2 m / s dt dy = 4,0 m / s dt F128 – 2o Semestre de 2012 Posição(m) Voltando ao exemplo do móvel, as componentes do vetor velocidade são: x(t) = 0,2t2+5,0t + 0,5 y(t) = -1,0t2+10,0t + 2,0 45 79o 30 Trajetória do carro 15 0 x 0 15 30 45 Posição(m) 60 ! v = (6,2iˆ + 4,0 ˆj ) m/ s ! v é tangente à trajetória! 9 Velocidade e Aceleração x(t) = 0,2t2+5,0t + 0,5 dx d v x = = (0,2t 2 + 5,0t + 0,5) = 0,4t + 5,0 dt dt dy d v y = = ( −1,0t 2 + 10t + 2,0) = − 2,0t + 10 dt dt dv d a x = x = (0,4t + 5)=0,4m/ s 2 dt dt dv y d a y= = (− 2,0t +10 )= − 2,0m/ s 2 dt dt ! a = (0,4iˆ − 2,0 ˆj ) m/ s 2 Módulo: ! 2 2 a = a = a x + a y ≅ 4,2 = 2,0 m / s 2 F128 – 2o Semestre de 2012 Posição(m) As componentes do vetor aceleração são: y(t) = -1,0t2+10,0t + 2,0 45 79o 30 Trajetória do carro 15 0 x 0 Ângulo: 15 30 45 Posição(m) tg θ = ay ax = 60 − 2,0 = − 5,0 0,4 θ ≅ − 79 o 10 O Problema inverso ! Conhecida a aceleração a (t ) , podemos integrá-la e obter a velocidade: t ! ! ! v (t ) − v0 = ∫ a (t ′) dt ′ t0 que, se integrada, nos fornece o deslocamento: t ! ! ! r (t ) − r0 = ∫ v (t ′) dt ′ t0 Este processo deve ser efetuado para cada componente cartesiana do vetor considerado. F128 – 2o Semestre de 2012 11 Q1: Movimento circular uniforme Quais dos vetores abaixo melhor representam a velocidade de uma partícula em um movimento circular uniforme? A. I B. II C. III D. IV I II III IV [MC Types] F128 – 2o Semestre de 2012 12 Alguns exemplos de movimentos em 2D e 3D F128 – 2o Semestre de 2012 13 1. Aceleração constante Aceleração constante à teremos um movimento no plano definido pelos vetores velocidade inicial e aceleração: Movimento 2D Vamos escolher os eixos de tal forma que o movimento se dê no plano xy. Aceleração constante no plano xy: ax e ay constantes ou seja: y 2 problemas 1D independentes Teremos um MRUA na direção x e outro na direção y. F128 – 2o Semestre de 2012 x 14 1. Aceleração constante dvz (t) dv(t) dvx (t) ˆ dv y (t) a(t) = = i+ ĵ + k̂ ⇒ a(t) = ax iˆ + a y ĵ dt dt dt dt componente x de v 1 2 x = x0 + v0 x t + a x t 2 v x = v0 x + a x t ! componente y de r ! componente y de v 1 2 y = y0 + v0 y t + a y t 2 v y = v0 y + a y t ! componente x de r ! F128 – 2o Semestre de 2012 15 1. Aceleração constante Um caso particular: movimento sob aceleração da gravidade Nesse caso ay = -g e ax=0. Na direção x, vx é constante! ! r x = x0 + v0 x t ! v x = v0 x = constante componente x de v ! 1 2 componente y de r y = y 0 + v0 y t − gt 2 ! componente y de v v y = v0 y − gt ! r0 = x0iˆ + y0 ˆj componente x de Em t = 0: ! ! ˆ v0 = v0 x i + v0 y ˆj ! ! r Nota: 0 e v 0 são as condições iniciais do movimento. F128 – 2o Semestre de 2012 16 1. Aceleração constante Um caso particular: movimento sob aceleração da gravidade Se tomamos x0 = y0 = 0 (saindo da origem): de x = v0xt , temos: t = x/v0x Substituindo t na equação para y encontramos a equação da trajetória: v0 y 1 g 2 y= x− x (Equação de uma parábola !) 2 v0 x 2 v0 x Fotografia estroboscópica do movimento parabólico O movimento na direção y não depende da velocidade vx. Na figura ao lado, duas bolas são jogadas sob a ação da gravidade. A vermelha é solta (v0y=0) e a amarela tem velocidade inicial horizontal v0x. Em qualquer instante elas estão sempre na mesma posição vertical! F128 – 2o Semestre de 2012 17 1. Aceleração constante Um caso particular: movimento sob aceleração da gravidade Problema do Projétil: Sistema 2D separável em 2 x 1D http://www.youtube.com/watch?v=NO9c9EM39GM F128 – 2o Semestre de 2012 18 1. Aceleração constante Um caso particular: movimento sob aceleração da gravidade Movimento de Projéteis em esportes: http://science360.gov/obj/tkn-video/f04949b6-fbf9-4f0a-87b9-91780f9c0951 http://science360.gov/obj/tkn-video/fc729ef0-22ee-4f61-bb2a-b6c07685fb02 F128 – 2o Semestre de 2012 19 1. Aceleração constante Um caso particular: movimento sob aceleração da gravidade ! Objeto lançado com velocidade v0 ( v0 x ≠ 0, v0 y ≠,0) formando um ângulo θ 0 com a horizontal. y v x = v0 x = v0 cos θ 0 = constante v y = v0 y − gt = v0 senθ 0 − gt Trajetória g Tempo para atingir altura máxima h (quando v y = 0 ): th = v0 y g = v0senθ 0 g Altura máxima h : R x 1 2 (v0senθ 0 ) h = v0senθ 0 th − gt h = 2 2g 2 Note que o movimento é simétrico: o corpo leva um tempo th para subir e o mesmo tempo th para voltar ao mesmo nível. F128 – 2o Semestre de 2012 20 1. Aceleração constante Um caso particular: movimento sob aceleração da gravidade Alcance: distância horizontal percorrida até o objeto voltar à altura inicial : R = x(2th ) 2 ⎛ 2v0senθ 0 ⎞ v 0 R = v0 x 2th = v0 cosθ 0 ⎜⎜ ⎟⎟ = sen 2θ 0 g ⎝ ⎠ g 2 v0 R = sen 2θ 0 g Para um dado módulo da velocidade inicial, o alcance será máximo para 2θ0 = π / 2 Então: F128 – 2o Semestre de 2012 θ 0 = 45 o Rmax = v 20 g 21 1. Aceleração constante Exemplo: Bola sai do penhasco com v = 10 m/s na horizontal. a) descreva o movimento, ou seja, ache vx(t), vy(t), x(t) e y(t). As componentes da velocidade são: vx = 10 m/s vy = (-9,8 t) m/s ! r As componentes do vetor posição são: x = 10 t m y = (-4,9 t2) m ! ! b) ache os ângulos θ e θ ′ de r e v com a horizontal em t =1,0 s ! r = (10t iˆ − 4,9t 2 ˆj ) m y tgθ = =− 0,49 x F128 – 2o Semestre de 2012 ! v = (10iˆ − 9,8t ˆj ) m / s tgθ ′= vy vx =− 0,98 22 2. Movimento circular uniforme Este movimento tem velocidade de módulo constante, porém sua direção muda continuamente. Exemplos: Movimento de satélites artificiais; Pontos de um disco de vitrola; Pontos de um disco rígido de computador; Ponteiros de um relógio; Nós, girando com o movimento da Terra. F128 – 2o Semestre de 2012 23 2. Movimento circular uniforme Para descrever o MCU usamos as coordenadas polares R e θ. O arco sobre a trajetória que subentende um ângulo θ é: s = Rθ. A posição angular θ é uma função do tempo, θ(t) . O arco descrito y em dt é dado por ds = R dθ. Então: ds dθ =v=R dt dt (v: velocidade tangencial) R dθ ds θ θ+dθ Definimos assim a velocidade angular ω : dθ ω= Então: v = ω R dt dθ Se ω = = cte : θ = θ 0 + ω t (Movimento circular uniforme) dt 1 2π Frequência e período: f = ω = 2π f T= T ω F128 – 2o Semestre de 2012 O x 24 2. Movimento circular uniforme y Da figura: Δr Δv = r v (Triângulos v(t) v(t + ∆t) ∆φ r(t) r(t + ∆t) x O v(t) y ∆v ∆φ a v(t + ∆t) x O Semelhantes) Aceleração média: Δv v Δr = Δt r Δt No limite Δt! 0: Δv v Δr a = lim = lim Δt →0 Δt r Δt →0 Δt F128 – 2o Semestre de 2012 v2 a = = ω 2r r (aceleração instantânea) 25 2. Movimento circular uniforme y Aqui também podemos usar um vetor unitário: (note que este vetor varia com o movimento) ! r rˆ = r A aceleração fica: 2 ! v a = − rˆ r Ou: ! 2! a =−ω r F128 – 2o Semestre de 2012 v1 v2 a2 r1 r2 a1 x O r3 a3 v3 (a aceleração tem a direção do vetor posição e aponta para o centro da circunferência. Esta é a aceleração centrípeta). 26 2. Movimento circular uniforme Exemplo: Um pião roda uniformemente com frequência de 16 Hz. Qual é a aceleração centrípeta de um ponto na superfície do pião em r = 3 cm ? A velocidade angular é: ω = 2π f ω = 2π rad (16Hz ) = 101 rad/s Daí a aceleração fica: F128 – 2o Semestre de 2012 a = ω 2 r = 306 m s 2 27 3. Movimento circular acelerado Consideremos agora o caso em que a velocidade angular não é constante. Então, y ds é o módulo da velocidade que também varia no tempo e a velocidade angular é dada por dφ ρ= R ds dφ = v(t ) = R dt dt φ + dφ x dφ ω (t ) = ≠ const. dt O φ Como o módulo da velocidade também varia há uma componente tangencial da aceleração dada por dv(t ) dω (t ) =R ≡ Rα (t ) dt dt onde F128 – 2o Semestre de 2012 α (t ) é a aceleração angular 28 3. Movimento circular acelerado dφ ds ρ= ! dv (t ) ! ! ! a (t ) = = a N (t ) + aT (t ) dt R Aceleração total é a soma de uma componente tangencial e y uma normal φ + dφ x O ou ainda φ ⎛ v2 ⎞ & a (t ) = α R v + − r ˆ ˆ ⎜ ⎟ ! R & ⎝ ⎠ a (t ) % "&$" # T aN (t ) a(t ) = a (t ) + a (t ) 2 N F128 – 2o Semestre de 2012 2 T 29 3. Movimento circular acelerado Componentes cartesianas F128 – 2o Semestre de 2012 Componentes tangencial e perpendicular 30 4. Movimento Helicoidal É um movimento tridimensional que pode ser visto como a composição de um MCU no plano (x,y) com um movimento uniforme na direção z. O vetor posição de uma partícula com este movimento será: ! r (t ) = R cos(ω t )iˆ + R sen (ω t ) ˆj + v z t kˆ, com R, ω e v z constantes. A velocidade será: ! v (t ) = − Rω sen (ω t )iˆ + Rω cos(ω t ) ˆj + v z kˆ E a aceleração será: ! a (t ) = − Rω 2 cos(ω t )iˆ − Rω 2 sen (ω t ) ˆj F128 – 2o Semestre de 2012 31 4. Movimento Helicoidal No plano xy a partícula tem as coordenadas: x(t ) = R cos (ω t ) y (t ) = R sen (ω t ), que caracterizam um MCU de período T = e tem a velocidade: v xy (t ) = R ω a xy (t ) = e a aceleração: v xy2 2π ω = ω2R r ! 2! a xy (t ) = −ω rxy (t ) Vetorialmente: Em um período T do movimento no plano xy , a partícula percorre uma distância h no eixo z: h = v z T = 2π F128 – 2o Semestre de 2012 vz ω (passo da hélice no movimento helicoidal) 32 Movimento Relativo em 2D e 3D Problema: Conhecido o movimento de uma partícula P em um dado sistema de coordenadas (referencial) B, que se move em relação a outro referencial A, como descrever o movimento da partícula neste outro referencial (A)? A B ! rBA F128 – 2o Semestre de 2012 ! rPA • ! rPB P Posição relativa: ! ! ! rPA = rPB + rBA , que é função do tempo: ! ! ! rPA (t ) = rPB (t ) + rBA (t ) A velocidade relativa é: ! ! ! drPA drPB drBA v BA = + dt dt dt v PB ⇓ ! ! ! v PA = v PB + v BA v PA 33 Movimento relativo em 2D e 3D ! a PA Aceleração relativa: ! ! ! dv PA dv PB dv BA = + dt dt dt ⇓ ! ! ! a PA = a PB + a BA Em referenciais inerciais (os que se movem um em relação ao outro em translação retilínea e uniforme): ! ! a BA = 0 ! ! a PA = a PB (a aceleração é a mesma quando medida em dois referenciais inerciais). F128 – 2o Semestre de 2012 ! a PB A B ! aBA ! aBA ! a PA ! a PB 34 Movimento relativo em 2D Exemplo: Um barco com velocidade de 10 km/h em relação ao rio tenta ir de uma margem a outra, conforme a figura. A velocidade da água em relação à Terra é de 5 km/h. Qual deve ser a velocidade do barco em relação à Terra para que ele cruze o rio perpendicularmente às margens? Por causa do movimento relativo, o barco deve seguir uma trajetória noroeste. O módulo da velocidade deve ser: 2 2 vBT = vBR − vRT = 10 2 −52 ⇒ vBT = 8,7km/h ! vRT ! vBT ! vBR A direção pode ser dada pelo ângulo em relação à vertical: θ = arc tg F128 – 2o Semestre de 2012 v RT 5 ≅ arc tg ≅ 30 0 v BT 8,7 35