Aula 4 Movimento em duas e três dimensões

Aula 4 Movimento em duas e três

dimensões

Física Geral I F -128

1

F128 – 2o Semestre de 2012

Movimento em 2D e 3D

F128 – 2o Semestre de 2012 2

•  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

Escalar vs. Vetor

F128 – 2o Semestre de 2012 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 uma magnitude (sempre positiva) e uma direção (sentido implícito).

•  Para a velocidade, por exemplo, importa não só o seu valor, por exemplo 2 m/s, mas também a direção do movimento.

. y

θ

A

i

Ay

Ax

Recapitulando a aula 3…

x

A = Axi + Ay j

A = Ax2 + Ay

2

θ= tan−1 Ay

Ax

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟

Vetores dependentes do tempo

4

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 . O deslocamento entre os pontos e é dado por:

Pr

PQ rrr −=Δ

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.

Note que não depende da origem.

Qr

rΔ

rΔ

Pr

QrrΔ

x

y

QP

)(tr


Posição e Deslocamento

5

O vetor posição em 2D fica definido em termos de suas coordenadas cartesianas por:

No caso espacial, 3D, temos:

θy

.

x

y

x

j

i

r r (t) = x(t)i + y(t) j

r (t) = x(t)i + y(t) j + z(t)k


Posição e Deslocamento Exemplo: um ponto na trajetória de um móvel é dado pelas equações (em unidades SI):

y(t) = -1,0t2+10,0t + 2,0

x(t) = 0,2t2+5,0t + 0,5

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:

)3()6( rrr −=Δ

Calcular o deslocamento entre 3 e 6 s:

m)ˆ3ˆ21()3()6( jirrr +≅−=Δ

x

y

Posição(m)

Posição(m)0

0

15

30

45

15 30 45 60

6 F128 – 2o Semestre de 2012

Velocidade

jirrrv ˆˆ)()(ty

tx

ttttt

m ΔΔ+

ΔΔ=

ΔΔ=

Δ−Δ+=

dtd

tttt

t

rrrv

=Δ−Δ+=

→Δ

)()(lim0

jirv ˆˆ)(dtdy

dtdx

dttd +==

Como no caso unidimensional, o vetor velocidade média é:

O vetor velocidade instantânea é:

Em termos de componentes cartesianas:

ou: jvivv yxˆˆ+=

(1)

Decorrências da definição (1): a) v é sempre tangente à trajetória;

b) coincide com o módulo da velocidade escalar definida anteriormente.

v

)(tr )( ttr Δ+rΔ

x

y trajetória


Aceleração

jivvva ˆˆ)()(tv

tv

ttttt yx

m ΔΔ

+ΔΔ=

ΔΔ=

Δ−Δ+=

dtd

tttt

t

vvva

=Δ−Δ+=

→Δ

)()(lim0

jiva ˆˆ)(dtdv

dtdv

dttd yx +==

Novamente como no caso 1D, a aceleração média é:

Em termos de componentes cartesianas:

ou:

A aceleração instantânea é:

2

2 )(dttd

dtd rva

==

jaiaa yxˆˆ+=

ou: (2)

Decorrências da definição (2): a) a aceleração resulta de qualquer variação do vetor velocidade (quer seja do módulo, da direção ou do sentido de ); b) O vetor aceleração está sempre voltado para o “interior” da trajetória.

v


Velocidade e Aceleração Voltando ao exemplo do móvel, as componentes do vetor velocidade são:

Em t =3 s:

smjiv /)ˆ0,4ˆ2,6( +=sm

dtdy

smdtdx

/0,4

/2,6

=

=

y(t) = -1,0t2+10,0t + 2,0 x(t) = 0,2t2+5,0t + 0,5

é tangente à trajetória!

100,2)0,2100,1(

0,54,0)5,00,52,0(

2

2

+−=++−==

+=++==

tttdtd

dtdyv

tttdtd

dtdxv

y

x

v

x

79o

Posi

ção(

m)

Posição(m)0

0

15

30

45

15 30 45 60

Trajetória do carro


x

79o

Posi

ção(

m)

Posição(m)0

0

15

30

45

15 30 45 60

Trajetória do carro

Velocidade e Aceleração

y(t) = -1,0t2+10,0t + 2,0

x(t) = 0,2t2+5,0t + 0,5

As componentes do vetor aceleração são:

222 /0,22,4 smaaaa yx =≅+== 0,5

4,00,2 −=−==

x

y

aa

tgθÂngulo: o79−≅θ

Módulo:

2/)ˆ0,2ˆ4,0( smjia −=

100,2)0,2100,1(

0,54,0)5,00,52,0(

2

2

+−=++−==

+=++==

tttdtd

dtdyv

tttdtd

dtdxv

y

x

( ) 2

2

/0,2100,2

/4,0)54,0(

smtdtd

dtdv

a

smtdtd

dtdva

yy

xx

−=+−==

=+==


O Problema inverso

tdtavtvt

t

′′=− ∫0

)()( 0

tdtvrtrt

t

′′=− ∫0

)()( 0

que, se integrada, nos fornece o deslocamento:

Este processo deve ser efetuado para cada componente cartesiana do vetor considerado.

podemos integrá-la e obter a velocidade:

)(taConhecida a aceleração ,


Q1: Movimento circular uniforme


A.  I B.  II C.  III D.  IV

[MC Types]

Quais dos vetores abaixo melhor representam a velocidade de uma partícula em um movimento circular uniforme?

I

III IV

II

12

Alguns exemplos de movimentos em 2D e 3D

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:

2 problemas 1D independentes

Teremos um MRUA na direção x e outro na direção y. x

y


1. Aceleração constante

tavv

tatvyy

tavv

tatvxx

yyy

yy

xxx

xx

+=

++=

+=

++=

0

200

0

200

21

21

componente y de

r

vcomponente x de

componente x de

componente y de vr

a(t) =

dv(t)dt

=dvx (t)

dti +

dvy (t)dt

j +dvz (t)

dtk⇒a(t) = axi + ay j



componente x de

componente y de

componente x de

componente y de

Nesse caso ay = -g e ax=0. Na direção x, vx é constante!

r

v

Nota: e são as condições iniciais do movimento. 0r

0v

gtvv

gttvyy

vvtvxx

yy

y

xx

x

−=

−+=

==+=

0

200

0

00

21

constanter

v

jyixr ˆˆ000 +=

jvivv yxˆˆ

000 += Em t = 0:

Um caso particular: movimento sob aceleração da gravidade



2200

0

21 xvgx

vv

yxx

y −=

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:

(Equação de uma parábola !) 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!




Problema do Projétil: Sistema 2D separável em 2 x 1D http://www.youtube.com/watch?v=NO9c9EM39GM




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



Objeto lançado com velocidade , formando um ângulo com a horizontal.

)0,0( 000 ≠≠ yx vvv0θ

Tempo para atingir altura máxima h (quando ):

gv

gv

t yh

000 senθ==

0=yv

Altura máxima h :

Note que o movimento é simétrico: o corpo leva um tempo th para subir e o mesmo tempo th para voltar ao mesmo nível.

R

( )g

vgttvh hh 2sen

21sen

2002

00θθ =−=

constantecos 000 === θvvv xx

gtvgtvv yy −=−= 000 senθ


x

y

Trajetória g



0

200

000 2sensen2cos2 0 θθθgv

gvvtvR hx =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝⎛==

Alcance: distância horizontal percorrida até o objeto voltar à altura inicial : R = x(2th )

0

2

2sen0 θgv

R=

Para um dado módulo da velocidade inicial, o alcance será máximo para

22 0 /πθ = o450 =θ

gv

R2

max0=

Então:




As componentes da velocidade são: vx = 10 m/s vy = (-9,8 t) m/s

b) ache os ângulos e de e com a horizontal em t =1,0 s

θ

r

m)ˆ9,4ˆ10( 2 jtitr −=

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 do vetor posição são: x = 10 t m y = (-4,9 t2) m

θ ′ v

49,0−==xytgθ

s/m)ˆ8,9ˆ10( jtiv −=

98,0−==′x

y

vv

tgθ

r


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.



dtdθω =

dtdRv

dtds θ==

Definimos assim a velocidade angular :

v Rω=

Tf 1=

ωπ2=TFrequência e período:

ω

fπω 2=

Então:

cte==dtdθω tωθθ += 0Se :

(v: velocidade tangencial)

(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 em dt é dado por ds = R dθ. Então:


x

y

O

Rds

!

d!!+d!

x

y

O

v(t)

v(t + !t)

!!!v

a

x

y

O

r(t)

r(t + !t)

v(t)v(t + !t)

!!


vv

rr Δ=Δ

tr

rv

tva

tt ΔΔ=

ΔΔ=

→Δ→Δ 00limlim

No limite Δtà 0: 2

2va rr

ω= =(aceleração instantânea)

tr

rv

tv

ΔΔ=

ΔΔAceleração média:

(Triângulos Semelhantes)

Da figura:


x

y

O

r1

r2

r3

v1

v2

v3

a1a2

a3


rrr

=ˆ

Aqui também podemos usar um vetor unitário: (note que este vetor varia com o movimento)

A aceleração fica:

rrva ˆ2

−=(a aceleração tem a direção do vetor posição e aponta para o centro da circunferência. Esta é a aceleração centrípeta).

Ou:

ra 2ω−=



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 ?

fπω 2=

A velocidade angular é:

2 rad (16 ) 101 rad/sHzω π= =

Daí a aceleração fica: 2 2306a r m sω= =


3. Movimento circular acelerado


.)( constdtdt ≠= φω

dtdRtv

dtds φ== )(

é o módulo da velocidade que também varia no tempo e a velocidade angular é dada por

Consideremos agora o caso em que a velocidade angular não é constante. Então,

Como o módulo da velocidade também varia há uma componente tangencial da aceleração dada por

)()()( tRdttdR

dttdv αω ≡=

onde é a aceleração angular )(tα

x

y

O

d! "=

R

!! + d!

ds

28


)()()()( tatadttvdta TN

+==

)(

2

)(

ˆˆ)(

tata

N

T

rRvvRta ⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛−+=α

Aceleração total é a soma de uma componente tangencial e uma normal

ou ainda

)()()( 22 tatata TN +=

x

y

O

d! "=

R

!! + d!

ds



Componentes cartesianas Componentes tangencial e perpendicular


4. Movimento Helicoidal

,ˆˆ)(senˆ)(cos)( ktvjtRitRtr z++= ωω

kvjtRitRtv zˆˆ)(cosˆ)(sen)( ++−= ωωωω

jtRitRta ˆ)(senˆ)(cos)( 22 ωωωω −−=

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:

E a aceleração será:

A velocidade será: zveR ω,com constantes.


4. Movimento Helicoidal

)()( 2 trta xyxy ω−=

No plano xy a partícula tem as coordenadas: )(cos)( tRtx ω=,)(sen)( tRty ω=

que caracterizam um MCU de período ωπ2=T

ωRtvxy =)(

Rrv

ta xyxy

22

)( ω==

Em um período T do movimento no plano xy , a partícula percorre uma distância h no eixo z:

ωπ z

zvTvh 2== (passo da hélice no

movimento helicoidal)

e tem a velocidade:

e a aceleração:

Vetorialmente:


Movimento Relativo em 2D e 3D

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)?

Posição relativa:

A velocidade relativa é:

Problema:

,BAPBPA rrr +=

BAPBPA

BAPBPA

vvv

dtrd

dtrd

dtrd

+=⇓

+=

P A B

•

PAr

PBr

BAr

que é função do tempo:

)()()( trtrtr BAPBPA +=

vBA

vPB

vPA


Movimento relativo em 2D e 3D Aceleração relativa:

0 =BAa

(a aceleração é a mesma quando medida em dois referenciais inerciais).

A B

BAPBPA

BAPBPA

aaa

dtvd

dtvd

dtvd

+=⇓

+=

Em referenciais inerciais (os que se movem um em relação ao outro em translação

retilínea e uniforme):

PBPA aa =

PBa

PAa

BAa

BAa

PBa

PAa


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:

A direção pode ser dada pelo ângulo em relação à vertical:

km/h7,8510 2222 =⇒−=−= BTRTBRBT vvvv

0308,75garctgarc ≅≅= t

vv

BT

RTθ

RTv

BRv

BTv


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