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Cap. 3 - Cinemática - 1D A Cinemática é o ramo da Mecânica que estuda os movimentos sem se preocupar com os agentes causadores dos mesmos. Neste capítulo serão estudados os movimentos de objetos puntiformes e que se movimentam apenas em uma direção (ao longo de uma reta).
3.1 – Velocidade Média (vm) Considere um objeto que se move da esquerda p/ direita 0 como indicado na Fig.
t1 , v1
x1
t2 , v2
x2
x
No tempo t=t1 sua veloc. é v1 e sua posição x1. No tempo t2 sua velocidade é v2 e sua posição é x2. A velocidade média do móvel no percurso de x1 → x2 é dada por
vm =
x2 − x1 ∆x = t2 − t1 ∆t
(1)
3.2 – Aceleração Média (am) Como indicado na Fig. No instante t1 sua velocidade é v1 e em t2 o móvel possui velocidade v2. Definimos a aceleração média neste percurso por
am =
v2 − v1 ∆v = t2 − t1 ∆t
(2)
Exercício: considere os dados t1=2 s; x1=5 m; v1=4 m/s; t2=4 s; x2=7 m e v2=2 m/s. Determine vm e am. 1
3.3 – Velocidade e Aceleração Instantâneas O móvel (objeto) da Fig. pode ter ter sua vlelocidade alterada continuamente do valor v1 para v2. A velocidade instantânea é aquela que registramos ao olhar o velocímetro do nosso carro. Fazendo ∆t→0 na Eq. (1) obtemos
∆x dx = ∆t →0 ∆t dt
v = lim
(3)
A velocidade instantânea é definida como a taxa de variação da posição do móvel c/ respeito ao tempo.
Análogamente, fazendo ∆t→0 na Eq. (2) obtemos ∆v dv a = lim = ∆t →0 ∆t dt
(4)
A aceleração instantânea é definida como a taxa de variação c/ o tempo da velocidade do móvel.
3.4 – Movim. Retilíneo Uniforme (MRU, a=cte) Considere um carro teste em que o motorista acelera o veículo do repouso até uma velocidade de 100Km/h. Em seguida pisa nos freios reduzindo a velocidade do veículo uniforme// até o repouso. Desejamos obter as equações horárias do MRU deste carro. Começamos c/ a Eq. (4) v t dv = a ∴ dv = a dt ∴ ∫ dv = ∫ a dt sendo a=cte temos v0 0 dt
v − v0 = a t →
v = v0 + a t
( 5)
Eq. horária p/ velocidade instantânea.
2
Substituindo a velocidade v na Eq. (5) por dx/dt temos x
t
t
0
0
dx = v0 dt + a t dt ∴
∫ dx = v ∫ dt + a ∫ t dt
1 x − x0 = v0 t + a t 2 2
→
0
x0
1 x = x0 + v0 t + a t 2 (6 ) 2
Sendo esta a Eq. horária p/ a posição do móvel em função do tempo. OBS.: as equações horárias (5) e (6) aqui deduzidas são válidas apenas para partículas que possuem aceleração constante (MRU). v
a
a>0
a>0 t
t
a<0
a<0
Variaç Variação uniforme da velocidade v = v0 + a t
a = cte x
a>0
t a<0
A posiç posição do mó móvel é uma funç função parabó parabólica do tempo x = x0 + v0 + a t2/2
3
Outra equação muito útil no estudo da cinemática é a Eq. de Torricelli:
v 2 = v02 + 2 a ∆x
(7)
Exercício: obtenha a eq. de Torricelli. Sugestão: obtenha o tempo da eq. (5) e substitua na eq. (6). Exemplo: um Bugatti parte do repouso e atinge a veloc. de 100 Km/h em 2,5 s. Ao atingir esta veloc. os freios são acionados. O carro para após percorrer uma distância de 20 m, a contar do instante em que os freios foram acionados. Determine: a) A aceleração média do veículo na 1ª etapa do movim. b) Assumindo que a = am qual o espaço percorrido de 0 a 100 Km/h? c) Escreva as eqs. Horárias de x(t) e v(t). d) Encontre a aceleração na 2ª etapa do movimento e) Quanto tempo o Bugatti leva para parar? f) Escreva as eqs. Horárias de x(t) e v(t) Solução: (a) v1 = 0 m/s e v2 = 27,8 m/s. Usando a eq.(2) temos
am =
∆v 27,8 − 0 = ∆t 2,5 − 0
→
am = 11,12
m s2
(b) Com a = am obtemos pela eq. (7)
v 2 − v02 ( 27,8) 2 − 0 2 ∆x = = 2a 2 ×11,12
→
∆x = 34,75 m
(c) Supondo x0 = 0 temos pela eq. (6) (d) Usando a eq (7): (e) Eq. (5): (f)
x=
11,12 2 t = 5,56 t 2 2
0 2 = ( 27,8)2 + 2a ∆x → a = −19,32
0 = 27,8 − 19,32 t
x(t ) = −9,66 t 2 e
→
m s2
t = 1,44 s
v(t ) = 27,8 − 19,32 t
4
3.5 – Corpos em Queda Livre O exemplo mais comum de mov. com aceleração constante é o de um corpo caindo próximo a superfície da Terra. Desprezando a resistência do ar todos os corpos caem com mesma aceleração independentemente de suas massas e formas. A aceleração de um corpo em queda livre é chamada de aceleração da gravidade sendo aproximada// igual a 9,8m/s2, 980 cm/s2 e 32 pés/s2. Sua direção é a vertical e seu sentido de cima para baixo. As Eqs. da cinemática usadas para estudar corpos que são lançados p/ cima ou sofrem queda livre são:
1 ( 8 ) y = y 0 + v0 t + g t 2 2 (9 ) v y = v y 0 + g t (10 ) v 2y = v02 + 2 g ∆ y
y
g
0
g=-9,8m/s2 0
g g=+9,8m/s2
y
Exemplo: Uma bola é arremessada vertical// p/ cima, partindo do (a)
chão com velocid. de 25 m/s. Determine O tempo decorrido p/ que a bola atinja o pto. + alto?
Adotando orientaç orientação p/ cima do eixoeixo-y e a eq. eq. (9) temos: g=g=-9,8m/s2
v y = v y0 + g t → t = (b) O valor de YMAX?
− 25 = 2 ,55 s − 9 ,8
Pode ser obtido pelas eqs. eqs. (8) e (10). Usando a eq. eq. (10) temos
0 2 = ( 25)2 − 2 × 9,8 × ( ymax − 0 ) → ymax = 31,9 m (c) Em que instante ela estará a 30 m do chão. Inserindo os dados na eq.(8) eq.(8) vêm 30 = 0 + 25 t - 4,9 t2. resolvendo temos t1 = 1,9 s e t2 = 3,2 s. s.
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Cap. 4 – Movim. em 2D e 3D 4.1 – Posição, Velocidade e Aceleração Uma partícula descreve uma trajetória em um plano como indicada na Fig. ao lado. y Os vetores posição , velocidade
r
v
v
a
e aceleração , indicados na Fig. dependem do tempo e podem ser expressos segundo suas componentes a saber:
r
a
r (t ) = x(t ) iˆ + y (t ) ˆj ; v (t ) = v x (t ) iˆ + v y (t ) ˆj ; a (t ) = a x (t ) iˆ + a y (t ) ˆj
x
4.2 – Movim. c/ Aceleração Constante Nos casos em que o vetor aceleração é cte. podemos descrever o movim. no plano pela combinação simultânea de dois movimentos uniforme// acelerados, um ao longo de Ox e outro ao longo de Oy. Como as componentes ax e ay são ctes. temos a (t ) = a x iˆ + a y ˆj = vetor constante em módulo, direção e sentido. Sendo a (t ) = dv / dt obtemos por integração v t
∫ dv = a ∫ dt 0
v0
Substituindo grando vêm
∴ v = v0 + a t = v x (t ) iˆ + v y (t ) ˆj
v (t ) = drˆ / dt
no resultado anterior e inte-
t t a 2 ∫ drˆ = v0 ∫ dt + a ∫ t dt ∴ r = r0 + v0 t + t = x(t ) iˆ + y(t ) ˆj r
r0
Obs.:
v0 = v xo iˆ + v yo ˆj
2 r0 = x0 iˆ + y0 ˆj
vetor veloc. inicial
vetor posição inicial
0
0
6
4.3 – Movimento de um Projétil Uma partícula descreve uma trajetória em um plano como indicada na Fig. ao lado. y Em t= 0 s parte com velocidade inicial V0 segundo uma direção inicial θ0. Desconsiderando a resistência do ar temos
V g
V0
g
V
θ0
a x = 0 m/s2 ⇒ a = 0 iˆ − g ˆj a y = − g x0 = 0 m y0 = 0 m ⇒
x
R
r 0 = x0 iˆ + y0 ˆj v 0 = v x 0 iˆ + v y 0 ˆj
v x 0 = v0 cos θ0 v y 0 = v0senθ 0 ⇒
Sendo este um mov. Em 2-D c/ aceleração cte. a partir dos dados iniciais e a aceleração obtemos as eqs. horárias do mov . da partícula a saber
(
)
v (t ) = v 0 + a t = v0 cos θ 0 iˆ + v0senθ 0 ˆj + (0 iˆ − g ˆj ) t v (t ) = ( v0 cos θ0 ) iˆ + ( v0senθ 0 − gt ) ˆj Vx ( t )
Vy ( t )
1 2 r ( t ) = r 0 + v 0t + a t 2 (0 iˆ − g ˆj ) 2 ˆ ˆ ˆ ˆ = 0 i + 0 j + v0 cos θ0 i + v0senθ 0 j ⋅ t + t 2 g r (t ) = ( v0 cos θ 0 ) t iˆ + ( v0senθ 0 ) t − t 2 ˆj 2 x(t )
(
) (
)
y(t )
MRU em x
MRUA em y
7
V0
Exemplo:
Um bombardeiro voa horizontal// com velocidade cte de 500 Km/h à uma altitude de 5000 m do solo. Em certo momento uma bomba é lançada. Determine:
(a) (b)
φ
Li nh a
de
O tempo de queda? O espaç espaço horizontal percorrido pela bomba do instante em que é lanç lançada até até o momento em que atinge o solo?
vi sa da
R
(a) Considerando a orientaç orientação do sistema de coordenadas e os dados iniciais a saber x = 0 m; y = 0 m; v = 138,8 m/s; v = 0 m/s 0
0
x0
y0
a x = 0 m/s2 ; a y = − g = −9,8 m/s2 Obtemos as equaç equações horá horárias do movimento da bomba, i.e.
v (t ) = v 0 + a t = 138,8 iˆ + 0 ˆj + (0 iˆ − 9,8 ˆj ) t = 138,8 iˆ − 9,8 t ˆj
(
v x (t ) = 138,8 m / s
)
v y (t ) = −9,8 t
e
1 2 (0 iˆ − 9,8 ˆj ) 2 ˆ ˆ ˆ ˆ r (t ) = r 0 + v 0t + a t = (0 i + 0 j ) + 138,8 i + 0 j t + t 2 2 r (t ) = 138,8 t iˆ − 4,9 t 2 ⇒ x (t ) = 138,8 t e y (t ) = −4,9 t 2
(
)
Usando a equaç equação p/ y(t) temos
−5000 = −4,9 t 2
→
t = 31,9 s
(b) Inserindo o tempo de queda na eq. eq. de x(t) vêm
R = x (31,9) = 138,8 ⋅ 31,9
→
R = 4.427,7m
Obs: Obs: o ângulo de visada pode ser calculado por
tan φ =
c.o. 4.427,7 = ⇒ c.a. 5.000
φ = tan −1 0,885 ⇒
φ = 41,5º
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4.4 – Movimento Circular Uniforme - MCU Uma partícula P descreve uma trajetória circular de raio r em um plano x-y. Seu vetor velocidade V possui módulo cte porém varia em direção e sentido c/ o tempo. A partícula completa uma volta a cada intervalo de tempo T de modo que
w=
2π T
wt+ wt+θ0
V
r θ0
veloc. angular no MCU (cte)
O vetor posição instantânea da partícula é calculado por
r (t ) = r cos θ iˆ + r senθ ˆj onde θ=θ(t) é a posição angular da partícula θ (t ) = w t + θ 0 Derivando no tempo a posição instantânea obtemos o vetor velocidade a saber dr d dθ ˆ dθ ˆ v (t ) = =r cos θ iˆ + r senθ ˆj = r −senθ i + cos θ j dt dt dt dt v (t ) = r w −senθ iˆ + cos θ ˆj
(
)
Derivando mais uma vez obtemos o vetor aceleração dv dθ a (t ) = = r w − cos θ iˆ − senθ ˆj A dependência com o dt dt tempo dos vetores r, v 2 e a estão na posição a (t ) = − r w cos θ iˆ + senθ ˆj
(
)
angular θ(t)
9
y
θˆ
rˆ
As eqs. horárias ficam muito simplifi cadas ao usarmos coord. polares no r θˆ rˆ lugar de coord. cartesianas. Assim deθ finimos os vetores unitários rˆ e θˆ de modo que indiquem os valores crescentes de r e θ, respectivamente. Lembrando que seus módulos são iguais a unidade expressamos estes novos vetores em coord. cartesianas na forma rˆ = 1 ⋅ cos θ iˆ + senθ ˆj ⇒ rˆ = cos θ iˆ + senθ ˆj
(
)
θˆ = 1 ⋅ cos(θ + π / 2) iˆ + sen(θ + π / 2) ˆj ⇒
x
( ) θˆ = ( −senθ iˆ + cos θ ˆj )
Usando os resultados acima nas eqs. de r, v e a temos
v (t ) = w r θˆ
r (t ) = r rˆ
a (t ) = − w2 r rˆ
Onde a dependência dos vetores c/ o tempo encontram-se em rˆ e θˆ . Podemos concluir que – O módulo da velocidade tangencial é: v = w r – O módulo da aceleração centrípeta é: a = w2r = v2/r
Exemplo: o tempo para a Lua completar uma volta ao redor da Terra é de 27,3 dias. Qual é o valor da aceler. centríp. da Lua sabendo que o raio de sua trajetória (circular) é de 385.000 Km? 2
2
2 ⋅ 3,14 2π 6 a = w2 r = r → a = 385 × 10 27,3 × 24 × 60 × 60 T a = 2,73 × 10−3 m/s2 10
4.4 – Aceleração Tangencial no Mov. Circular Um movimento circular mais geral ocorre quando o módulo da velocidade tangencial v varia com o tempo. É o caso de um ponto na borda da roda de um automóvel, ou na parede de uma centrífuga quando o equipamento parte do repouso e entra em movimento. v1 A Fig. Ao lado ilustra o aumento do módulo do vetor r v2 velocidade em três instantes diferentes v > v > v 3
2
1
Quando isso ocorre dizemos que v3 o movimento possui aceleração tangencial aT. As equações horárias da posição e da velocidade são: r (t ) = r cos θ iˆ + r senθ ˆj = r rˆ Observ: Observ: w ≠ cte pois varia com o tempo v (t ) = r w −senθ iˆ + cos θ ˆj = r w θˆ Obtemos a aceleração derivando a veloc. em relação ao tempo. Logo dv dw dθ −senθ iˆ + cos θ ˆj + r w − cos θ iˆ − senθ ˆj a (t ) = =r dt dt dt 2 ˆ a (t ) = r α θ − r w rˆ ⇒ a (t ) = a θˆ − a rˆ T
- aceler. Tangenc. aT = r α - aceler. Centripe. ac = r w2 = v2/r
aT
c
a
aC
Ao considerarmos α = cte a veloc. angular varia no tempo segundo w(t) = w0+αt e a posição angular segundo θ(t) = θ0 + w t + α t2/2 11
4.5 – Velocidade e Aceleração Relativas Considere dois referenciais, um y em repouso O e outro com velocidade u = cte em relação ao Primeiro. Em um instante inicial uma partícula P é observada por ambos. Oy Uma simples soma vetorial relaciona a posição de P vista pelos referenciais r
P
y’
r'
r
x’
R
x y’
P
u
r'
r = R + r'
x’
R
onde r é a posição da partic. em O x relação ao referencial O (repouso); r’ é a posição de P em relação ao refer. O’ (veloc. cte) e R a posição do referenc. O’ em relação ao referencial O. Derivando aequação obtida em relação ao tempo temos
dr dR dr' = + dt dt dt
→
v = u + v'
onde v é a velocidade da partic. em relação a O v’ é a velocidade da partic. em relação a O’ e u é a velocidade do referenc. O’ em relaçao a O
Como u=cte derivando a velocidade vêm :
a = a'
g
vagão
O – em repouso
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