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Vetores na física - velocidade e aceleração Gabarito Aula 17 0 10 20 30-10-20-30 x(cm) 10 20 -10 -20 y(cm) 30 -30 No sistema de referência cartesiano, as escalas nos eixos x e y são iguais. Na figura, os tamanhos das setas tracejadas é o mesmo, consequência dessa propriedade. As deduções feitas nesta e nas próximas aulas, envolvendo a geometria e trigonometria, são válidas somente com essa condição. 0 10 20 30-10-20-30 x(cm) 10 -10 y(cm) Exemplo mostrando que escalas diferentes deformam as dimensões do mundo real. imagem real imagem deformada 0 x y ponto P : corpo ponto Px : projeção x ponto Py : projeção y Decomposição do movimento no plano : três movimentos concatenados, de P, Px e Py Px e Py : pontos móveis [ F ] pode-se escrever = ± 9,8 m/s2 pois o sinal da aceleração depende das convenções usadas pelo observador; [ F ] um vetor que representa uma velocidade de módulo 120 m/s deve ter o mesmo tamanho de um vetor que representa uma aceleração de módulo 120 m/s2; [ F ] se vejo um jogador correndo no campo de futebol, indo da minha direita para minha esquerda, num dado instante t, posso usar esse sentido para definir o vetor velocidade do jogador. [ V ] a velocidade do carro de fórmula 1, registrada num painel, num instante de tempo t, é o módulo do vetor velocidade do carro nesse instante. a � Exercício 1 As linhas tracejadas nestes casos ficam perfeitamente superpostas. Na figura estão exageradamente separadas para melhor visualização. reta FIG.1 A � B � C � D � E � Estas projeções têm valor igual a zero; são representadas por pontos. Exercício 2 0 y x vx(t) vy(t) )(tv � Decomposição de vetores 0 y x vx(t) vy(t) )(tv � θθθθ θcos)()( tvtvx � = θsentvtvy )()( � = 22 )]([)]([)( tvtvtv yx += � [ ] pelo sentido do eixo x. [ X ] pelo sentido do vetor. [ ] pelo ângulo entre o vetor e o eixo x, [ ] por ambos, sentido do vetor e sentido do eixo. Exercício 3 Para encontrar os sinais das projeções, use o fato de que θθθθ < 90o e sendo assim cos θθθθ e sen θθθθ são positivos. O símbolo v representa módulo do vetor e é portanto positivo. x y x y x y x y vx = - v cos θ vy = v sen θ vx = v cos θ vy = v sen θ vx = v cos θ vy = - v sen θ vx = - v cos θ vy = - v sen θ Exercício 4 x θ t 0 y x αααα - R + s(t) x(t) y(t) reta suporte da trajetória de P a) Exercício 5 – Parte I b) 1a e 2a relações: devem fornecer x(t) e y(t) a partir de s(t) e o ângulo dado. 0 y x FIG. 4 - R + posição de P no instante t αααα Exercício 5 – Parte I s(t) x(t) y(t) Transposição do segmento y(t) forma um triângulo retângulo. x(t) = s(t) . cos αααα (1a) y(t) = s(t) . sen αααα (1b) Funções proporcionais )()( tkftg = = ∆ −∆+ = →∆ t tgttg tg t )()( lim)(' 0 t tkfttkf t ∆ −∆+ = →∆ )()( lim 0 t tfttf kt ∆ −∆+ = →∆ )()( lim 0 Como k é constante: → ∆ −∆+ = →∆ t tfttf ktg t )()( lim)(' 0 )(')(' tkftg = como se quer demonstrar c) αααα é constante, portanto, de (1a) e (1b) obtém-se: x’(t) = s’(t). cos αααα (1c) y’(t) = s’(t). sen αααα (1d) x’'(t) = s’'(t). cos αααα (1e) y’'(t) = s’'(t). sen αααα (1f) Exercício 5 – Parte I a) FIG. 5 - R + x y α posição de P num instante t x(t) s(t) y(t) Exercício 5 – Parte II a b) x(t) - a = s(t). cos αααα (2a) y(t) - b = s(t). sen αααα (2b) x’(t) = s’(t). cos αααα (2c) y’(t) = s’(t). sen αααα (2d) x’'(t) = s’'(t). cos αααα (2e) y’'(t) = s’'(t). sen αααα (2f) Note que a e b são constantes, não contribuem para as derivadas. Exercício 5 – Parte II Tabela I I II x(t) = s(t). cos αααα (1a) x(t) = a + s(t). cos αααα (2a) y(t) = s(t). sen αααα (1b) y(t) = b + s(t). sen αααα (2b) x’(t) = s’(t). cos αααα (1c) x’(t) = s’(t). cos αααα (2c) y’(t) = s’(t). sen αααα (1d) y’(t) = s’(t). sen αααα (2d) x’'(t) = s’'(t). cos αααα (1e) x’'(t) = s’'(t). cos αααα (2e) y’'(t) = s’'(t). sen αααα (1f) y’'(t) = s’'(t). sen αααα (2f) Exercício 6 (a) Observação: as relações das duas primeiras linhas da coluna II mostram que x(t) e y(t) não são projeções da s(t). A única exceção é o caso em que as duas referências coincidem (coluna I). Portanto, não use as notações sx(t) e sy(t) [ V ] a relação entre a velocidade da sombra x e a velocidade do corpo é a mesma em I e II. [ F ] a relação entre a velocidade da sombra y e a velocidade do corpo mudaria se o ponto R se aproximasse do eixo y, mantendo-se na reta suporte da trajetória. [ F ] os segmentos que fornecem s(t), x(t) e y(t) formam um triângulo retângulo tanto em I quanto em II. [ V ] os segmentos que fornecem s(t), x(t) e y(t) formam um triângulo retângulo apenas na opção I. [ V ] s’’(t)2 = x’’(t)2 + y’’(t)2 nas duas opções, I e II. [ V ] s’(t)2 = x’(t)2 + y’(t)2 nas duas opções, I e II. [ F ] s(t)2 = x(t)2 + y(t)2 nas duas opções, I e II. Exercício 6 (b) Exercícios 7 e 8 s’(t) s’(t) . cos αααα s’(t) . sen αααα do Exercício 6 αααα x´(t) y´(t) s’(t) αααα = s’(t))( tv � αααα vx(t) vy(t) )(tv � Vetor velocidade e suas componentes: αααα vx(t) vy(t) s’(t) 1 2 3 4 Comparando e :2 4 x´(t) = vx(t) y´(t) = vy(t) x´´(t) = ax(t) y´´(t) = ay(t) Analogamente: Triângulo retângulo: Esse resultado pode ser generalizado: é verdadeiro em qualquer movimento e está geometricamente representado na figura a seguir. )(tv � x y vy= y’(t) vx = x’(t) )(ta � x y ay = y’’(t) ax= x’’(t) Generalização Exercícios 7 e 8 (ii) a velocidade de Py , projeção y de P, é igual à projeção y da velocidade de P. Exercício 8 (iii) a aceleração de Px , projeção x de P, é igual à projeção x da aceleração de P. (iv) a aceleração de Py , projeção y de P, é igual à projeção y da aceleração de P. (i) a velocidade de Px , projeção x de P, é igual à projeção x da velocidade de P. Completando os os itens (ii), (iii) (iv): x y vx(t) vy(t) )( tv � x’(t) vx(t) = x’(t) y’(t) vy(t) = y’(t) Atenção ao que é diferente: A igualdade só é verdadeira no movimento retilíneo Outro resultado válido para qualquer movimento é a igualdade )(')( tstv = � )('')( tsta = � FIG. 7 y Posição de P em t x vxax vyay a � v � [ F ] a velocidade de Px é negativa. [V] a aceleração de Px é negativa. [F] a aceleração de Py é positiva. [V] para Px a velocidade vx tem sentido contrário à aceleração ax [F ] para Py a velocidade vy tem sentido contrário à aceleração ay [F ] nesse instante a sombra x se aproxima da origem do sistema de referência. Exercício 9 (a) e (b) y x v � vx = 3 m/s vy = -1,2 m/s θ y x a � ax = -2,0 m/s 2 ay = -5,0 m/s 2 θ Exercício 9 (c) = 3,23 m/s = 5,39 m/s2 v � a � Exercício 10 (a) e (b) Do gabarito da aula 16: x(t) = 96 t (cm,s) y(t) = 8,4 t + 414 t2 (cm,s) b) ax = x´´(t) = 0 ay = y´´(t) = 828 cm/s 2 Como ax=0, ay>0 e o eixo y aponta para baixo, a previsão do modelo é a seguinte : a aceleração da bolinha é vertical e para baixo. x y a) Não. O sistema que foi usado é o da figura. x y ) 30 5 ( sv � Exercício 10 c) vx(t) = x´(t) = 96 cm/s vy(t) = y´(t) = 8,4 + 828 t(cm,s) vx(1/6) = 96 cm/s vy(1/6) = 8,4 + 828.(1/6) = 146 cm/s scms /175) = 6 1 (v � 146 cm/s 3cm 96 cm/s 2cm x(km) y(km) 0 FIG. 6 P M t R + - A θ t = 0 x(t) = 3,84 – 9,6 t + 5,6 t2 (km,h) 6 km 4,8 km 3 ,6 k m s(t) x(t) sen θ = 3,6/6 = 0,6 cos θ = 4,8/6 = 0,8 tg θ = 0,6/0,8 = 0,75 s(t) cos θθθθ Pára aqui: no papel, a 0,7 cm da origem Exercício 11 (a) x(0) = x(t) + s(t) cos θ s(t) = [x(0) – x(t)]/ cos θ s(t) = 12t – 7t2 (km,h) y(t) = x(t) . tg θ y(t) = 2,88-7,2t +4,2t2 (km,h) y(t) x(0) = 3,84 km Exercício 11(b) 6 h 7 [ V ] o barco leva , ou 0,857 h, para parar. [ F ] a função s(t) é dada pela relação. [ F ] o movimento do barco é uniforme . [ F ] a posição inicial da sombra y é dada por y(0) = 3,6 km. [ V ] a velocidade da sombra y num instante t é dada pela função vy(t) = -7,20 + 8,4 t (km,h). [ F ] a distância total percorrida pelo barco é igual à soma das distâncias percorridas pelas sombras. [ F ] em t=0 a sombra x e a sombra y coincidem com o ponto A. [ V ] s(t) = 12 t – 7 t2 (km,h). [ F ] y(t) = - 7,2 t + 4,2t2 (km,h). [ V ] y(t) = 2,88 – 7,20 t + 4,2 t2 (km,h). [ F ] o barco atinge a margem (ponto M) com velocidade nula. [ V ] o barco não chega na margem. [ V ] x(tp) e y(tp) são negativos. [ F ] o barco (ponto P) encontra-se com apenas uma de suas sombras durante o movimento. [ V ] o coeficiente angular da função linear y(x) que representa a reta suporte da trajetória de P a é igual à tangente de θ. x(t) s(t) cos = θ
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