Aula 4 Movimento em duas e três dimensões

Aula 4
Movimento em duas e três
dimensões
Física Geral I
F -128
F128 – 2o Semestre de 2012
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 Δtà 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