EXEMPLO 1 P: Velocidade e aceleração em q = 30 . E:Obter o

EXEMPLO 1
S: r = 5 cos(2q) (m)
.
q = 3t2 (rad/s)
q0 = 0° em t0 = 0 s
P: Velocidade e aceleração em
q = 30.
E: Obter o tempo em que q = 30°
e calcular os termos requeridos,
com o uso da regra da cadeia
(movimento plano).
t
Solução:
.
t
θ – θ0 =  q dt =  3t2 dt = t3 (rad)
t0
0
Em q = 30, q = π / 6 = t3. Portanto, t = 0,806 s.
EXEMPLO 1 (cont.)
.
q = 3t2 = 3(0,806)2 = 1,95 rad/s .
..
q = 6t = 6(0,806) = 4,84 rad/s2
r = 5 cos(2q) = 5 cos(π/3) = 2,5m
.
.
..
.2
r = –10 sen(2q)q = –10 sen(π/3)(1,95) = –16,9 m/s
..
r = –20 cos(2q)q – 10 sen(2q)q
= –20 cos(π/3)(1,95)2 –10 sen(π/3)(4,84) = – 80 m/s2
Substituindo na equação da velocidade, tem-se
.
.
v = rur + rquθ = – 16,9ur + 2,5(1,95)uθ
v =
(16,9)2 + (4,88)2 = 17,6 m/s
EXEMPLO 1 (cont.)
Já substituindo na equação da aceleração, obtém-se
..
a = (r–
.
rq2 )u
r
..
..
+ ( rq + 2rq )uθ
a = [– 80 – 2,5(1,95)2]ur + [2,5(4,84) + 2(–16,9)(1,95)]uθ
a = – 89,5ur – 53,8uθ m/s2
a = (89,5)2 + (53,8)2 = 104 m/s2
EXEMPLO 2
S: A velocidade escalar do carro é constante e igual a 1,5 m/s.
P: A aceleração do carro (como grandeza vetorial).
Obs.: A tangente à rampa, num ponto qualquer, forma, com a linha
horizontal associada, um ângulo f, dado por
f=
tan-1[
12
] = 10,8°
2p(10)
A razão acima relaciona a
diferença em altura entre
2 pontos correspondentes
e consecutivos na rampa
e a projeção, no plano, da
distância entre eles.
E: Usar coordenadas cilíndricas. Sendo r constante, todas as suas
derivadas serão zero (movimento tridimensional).
EXEMPLO 2 (cont.)
Solução: Como r é constante, a velocidade, que é sempre tangente
à trajetória, tem 2 componentes (em coord. cilíndricas):
.
.
vq = rq = v cosf e vz = z = – v senf
..
v cosf
Portanto, q = (
) = 0,147 rad/s e q = 0 rad/s2 .
r
.
.
..
Tem-se ainda que vz = z = – v senf = – 0,281 m/s e z = 0 ,
.
..
além de r = r = 0 .
..
.2
..
..
..
Assim, a = ( r – rq )ur + (rq + 2rq)uθ + zuz
.2
a = (– rq )ur = –10(0,147)2ur = – 0,216ur m/s2 .