Aula 5 Movimento em duas dimensões

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Movimento em Duas Dimenso˜es
Aula 5
21 de marc¸o de 2018
Vetores posic¸a˜o, velocidade e acelerac¸a˜o; movimento bi-dimensional com
acelerac¸a˜o constante; movimento de um proje´til.
1 Vetores posic¸a˜o, velocidade e acelerac¸a˜o
Em uma dimensa˜o, o movimento de uma part´ıcula ao longo de uma linha reta e´ comple-
tamente conhecido se sua posic¸a˜o e´ dada como uma func¸a˜o do tempo. No movimento
em duas dimenso˜es, por exemplo no plano-xy, a posic¸a˜o de uma part´ıcula e´ dada por seu
vetor posic¸a˜o r⃗, que e´ representado por um vetor cuja origem se encontra na origem
de um sistema de coordenadas e cujo final se encontra na posic¸a˜o da part´ıcula no plano
(veja Figura 1).
Figura 1: Posic¸a˜o e movimento de uma part´ıcula no plano-xy.
1
No tempo ti a part´ıcula se encontra no ponto Pi, representado pelo vetor posic¸a˜o r⃗i.
Em algum tempo tf depois, ela se encontra no ponto Pf , representado pelo vetor posic¸a˜o
r⃗f . O caminho percorrido pela part´ıcula entre os pontos Pi e Pf na˜o necessariamente e´
uma linha reta, mas o deslocamento da mesma e´ representado pelo vetor ∆r⃗, que inicia
em Pi e termina em Pf , ou, mais precisamente:
∆r⃗ ≡ r⃗f − r⃗i (1)
A velocidade me´dia vmed da part´ıcula e´ dada pelo vetor deslocamento dividido pelo
intervalo de tempo que a part´ıcula leva para sair de Pi e chegar em Pf , ou seja:
vmed ≡ ∆r⃗
∆t
(2)
Note que a velocidade me´dia e´ proporcional ao deslocamento, o
qual depende somente das posic¸o˜es inicial e final da part´ıcula e
na˜o do caminho percorrido por ela.
Observando novamente a Figura 1 e fazendo o ponto Pf se aproximar do ponto inicial
do movimento Pi a` medida que o intervalo de tempo entre estes dois pontos se torna
cada vez menor, a direc¸a˜o do vetor deslocamento ∆r⃗ se aproxima da reta tangente ao
caminho percorrido pela part´ıcula quando ela se encontra no ponto Pi. Define-se, enta˜o
a velocidade instantaˆnea v⃗ como o limite da velocidade me´dia ∆r⃗/∆t quando ∆t
tende a zero:
v⃗ ≡ lim
∆t→0 ∆r⃗∆t = dr⃗dt (3)
Isto significa que a velocidade instantaˆnea e´ a derivada do vetor posic¸a˜o da part´ıcula
em relac¸a˜o ao tempo. A direc¸a˜o da mesma e´ tangente a` trajeto´ria da part´ıcula naquele
ponto.
Quando uma part´ıcula se move de um ponto a outro no plano e sua velocidade ins-
tantaˆnea final vf e´ diferente de sua velocidade instantaˆnea inicial vi, podemos encontrar
sua acelerac¸a˜o me´dia a⃗med:
2
a⃗med ≡ ∆v⃗
∆t
= v⃗f − v⃗i
tf − ti (4)
Como indicado na Figura 2 a direc¸a˜o de ∆v⃗ e´ encontrada adicionando-se o vetor −v⃗i
(o negativo de v⃗i) ao vetor v⃗f .
Figura 2: Direc¸a˜o do vetor velocidade ∆v.
Quando a acelerac¸a˜o de uma part´ıcula varia em diferentes intervalos de tempo, e´ bom
se definir sua acelerac¸a˜o instantaˆnea a⃗, a qual e´ a raza˜o ∆v⃗/∆t quando ∆t tende a
zero:
a⃗ ≡ lim
∆t→0 ∆v⃗∆t = dv⃗dt (5)
Em um movimento em mais de uma direc¸a˜o, a variac¸a˜o da velocidade pode ocorrer
somente em mo´dulo, somente em direc¸a˜o ou em ambos.
2 Movimento em duas dimenso˜es com acelerac¸a˜o
constante
Vamos analisar o movimento bi-direcional em que a acelerac¸a˜o permanece constante
tanto em mo´dulo, como em direc¸a˜o. Neste caso, o mesmo pode ser modelado como dois
movimentos independentes em cada uma das duas direc¸o˜es perpendiculares (eixo-x e
eixo-y). Isto quer dizer que qualquer influeˆncia na direc¸a˜o x na˜o afeta o movimento
na direc¸a˜o y e vice versa. Assim, o vetor posic¸a˜o para uma part´ıcula movendo-se no
plano-xy pode ser escrito da seguinte forma:
3
r⃗ = xiˆ + yjˆ (6)
Se a posic¸a˜o do vetor e´ conhecida, a velocidade da part´ıcula pode ser obtida a partir
das Equac¸o˜es 3 e 6, assim:
v⃗ = dr⃗
dt
= dx
dt
iˆ + dy
dt
jˆ = vxiˆ + vyjˆ (7)
Como a acelerac¸a˜o e´ constante, enta˜o podemos usar as equac¸o˜es do movimento uni-
direcional em ambas as direc¸o˜es x e y, assim:
vxf = vxi + axt; vyf = vyi + ayt
Substituindo na Equac¸a˜o 7:
v⃗f = (vxi + axt)ˆi + (vyi + ayt)jˆ = (vxiiˆ + vyijˆ) + (axiˆ + ay jˆ)t
⇒ v⃗f = v⃗i + a⃗t (8)
Sabemos tambe´m que as coordenadas x e y de uma part´ıcula movendo-se com ace-
lerac¸a˜o constante sa˜o dadas por:
xf = xi + vxit + 1
2
axt
2 yf = yi + vyit + 1
2
ayt
2
Substituindo estas expresso˜es na Equac¸a˜o 6, tem-se:
r⃗f = (xi + vxit + 1
2
axt
2)ˆi + (yi + vyit + 1
2
ayt
2)jˆ
⇒ r⃗f = (xiiˆ + yijˆ) + (vxiiˆ + vyijˆ)t + 1
2
(axiˆ + ay jˆ)t2
⇒ r⃗f = r⃗i + v⃗it + 1
2
a⃗t2 (9)
4
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Exemplo 1. Uma part´ıcula se move no plano-xy iniciando seu movimento na origem
no tempo t = 0 s, com velocidade inicial tendo uma componente x vxi = 20 m/s e uma
componente y vyi = −15 m/s. A part´ıcula possui uma acelerac¸a˜o na direc¸a˜o x ax = 4 m/s2
e acelerac¸a˜o nula na direc¸a˜o y.
1. Determine o vetor velocidade total para qualquer instante de tempo;
2. Calcule a velocidade da part´ıcula para t = 5 s.
3. Calcule o vetor posic¸a˜o da part´ıcula para qualquer instante de tempo.
R.1 - Os dados do problema sa˜o:
xi = yi = 0; vxi = 20 m/s; vyi = −15 m/s; ax = 4 m/s2; ay = 0
Separando o movimento em suas componentes x e y, temos:
vxf = 20 + 4,0t vyf = vyi = −15
⇒ v⃗f = [(20 + 4,0t)ˆi − 15jˆ] m/s
R.2 - Usando a equac¸a˜o encontrada em R.1 e fazendo t = 5 s, temos:
v⃗f = (20 + 4 × 5)ˆi − 15jˆ ⇒ v⃗f = 40ˆi − 15jˆ
com isso, podemos encontrar o mo´dulo e a direc¸a˜o da velocidade nesse instante de
tempo (t = 6 s):
v = √402 + (−15)2 ⇒ v = 43 m/s
θ = arctan(−15
40
)⇒ θ = −21°
R.3 - Para encontrar o vetor posic¸a˜o da part´ıcula em qualquer instante de tempo t, pri-
meiro devemos encontrar suas componentes x e y. Como xi = yi = 0, enta˜o:
xf = xi + vxit + 1
2
axt
2 ⇒ xf = 20t + 2t2
5
yf = yi + vt⇒ yf = −15t
assim:
r⃗f = (20t + 2t2)ˆi − 15tjˆ
Obs: o que se pode dizer sobre o movimento para um valor muito grande de t?
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3 Movimento de um proje´til
Se voceˆ ja´ prestou atenc¸a˜o ao movimento de uma bola de futebol apo´s o goleiro bater o
tiro de meta, voceˆ observou que o mesmo e´ curvo, com a bola saindo do cha˜o, alcanc¸ando
uma altura ma´xima e depois retornando ao cha˜o.
No movimento de um proje´til duas restric¸o˜es sa˜o feitas:
ˆ a acelerac¸a˜o do movimento e´ constante e direcionada para baixo (normalmente a
acelerac¸a˜o da gravidade);
ˆ a resisteˆncia do ar e´ desprezada.
A expressa˜o para o vetor posic¸a˜o do proje´til como func¸a˜o do tempo e´ dada a partir
da Equac¸a˜o 9, com a acelerac¸a˜o a⃗ = g⃗. Assim:
⇒ r⃗f = r⃗i + v⃗it + 1
2
g⃗t2 (10)
em que as componentes iniciais x e y da velocidade do proje´til sa˜o respectivamente:
vxi = vi cos θi vyi = vi sin θi (11)
sendo θi o aˆngulo inicial do lanc¸amento.
Observando a Figura 3, note que durante todo o movimento a velocidade na direc¸a˜o x
e´ sempre a mesma (vxi), visto que a acelerac¸a˜o do movimento e´ constante e na direc¸a˜o
6
y. A velocidade na direc¸a˜o y possui magnitude ma´xima no in´ıcio e no fim do movimento
e que, se a direc¸a˜o inicial da velocidade faz um aˆngulo θ com o eixo-x, no final do
movimento a direc¸a˜o da velocidade final faz um aˆngulo −θ com o eixo-x. Note tambe´m
que a magnitude mı´nima da velocidade ocorre quando a part´ıcula alcanc¸a sua altura
ma´xima. Nesse instante a mesma so´ possui velocidade na direc¸a˜o x igual a vxi.
Figura 3: Movimento de um proje´til cuja trajeto´ria e´ uma para´bola.
Desta forma, a trajeto´ria de uma part´ıcula pode ser modelada como a superposic¸a˜o de
dois movimentos independentes: o movimento na direc¸a˜o x com velocidade constante;
e o movimento na direc¸a˜o y com acelerac¸a˜o constante e igual a −g (neste u´ltimo caso,
semelhante ao movimento em queda livre).
3.1 Alcance horizontal e altura ma´xima de um proje´til
Na ana´lise do movimento de um proje´til, dois pontos sa˜o importantes: a altura ma´xima
alcanc¸ada pelo mesmo (cuja coordenada e´ (D/2, h));e o alcance horizontal do mesmo
(cuja coordenada e´ (D,0)). Veja Figura 4. Pode-se, enta˜o, calcular h e D como func¸a˜o
de vi, θi e g como se segue:
Suponha que um proje´til e´ lanc¸ado no tempo t = 0 s com a componente vyi positiva,
conforme Figura 4. Quando o proje´til alcanc¸a a sua altura ma´xima h, sua velocidade
vy = 0. Usando as Equac¸o˜es 8 e 11 podemos determinar o tempo em que a part´ıcula
alcanc¸a esta altura:
vyf = vyi + ayt⇒ 0 = vi sin θi − gt
Assim, o tempo para a part´ıcula alcanc¸ar sua altura ma´xima e´ dada por:
7
Figura 4: Alcance ma´ximo (D) e altura ma´xima (h) de um proje´til.
t = vi sin θi
g
Substituindo este tempo na Equac¸a˜o 9 para a componente-y, temos:
h = (vi sin θi) (vi sin θi
g
) − 1
2
g (vi sin θi
g
)2
⇒ h = v2i sin2 θi
2g
(12)
O alcance ma´ximo D e´ alcanc¸ado para um tempo igual a duas vezes o tempo da altura
ma´xima. Usando a componente-x da Equac¸a˜o 9 encontra-se que:
D = vxit = (vi cos θi)2vi sin θi
g
= 2v2i sin θi cos θi
g
Usando a propriedade trigonome´trica sin 2θ = 2 sin θ cos θ temos:
D = v2i sin 2θi
g
(13)
O mair alcance (Dmax) ocorre quando sin 2θi = 1. Neste caso:
8
2θi = 90°; θi = 45°; Dmax = v2i
g
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Exemplo 2. Um atleta de salto a distaˆncia sai do solo com uma velocidade de 11,0 m/s
numa direc¸a˜o que faz 20,0° com a horizontal.
1. Qual o alcance D de seu salto?
2. Qual a altura ma´xima h alcanc¸ada pelo atleta?
R.1 - Usando a Equac¸a˜o 13 podemos encontrar D:
D = v2i sin 2θi
g
= (11,0)2 sin(2 × 20,0)
9,80
⇒D = 7,94 m
R.2 - Usando a Equac¸a˜o 12 podemos encontrar a altura ma´xima alcanc¸ada pelo atleta:
h = v2i sin2 θi
2g
= (11,0)2 sin2(20,0°)
2 × 9,80 ⇒ h = 0,722 m
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4 Lista de Exerc´ıcios
1. Um motorista dirige seu carro para o sul com uma velocidade de 20,0 m/s por
3,00 min, depois vira para oeste e viaja a uma velocidade de 25,0 m/s por
2,00 min, finalmente, ele vira para noroeste com uma velocidade de 30,0 m/s
por 1,00 min. Para todo o percurso encontre: (a) o vetor deslocamento total; (b)
a velocidade escalar me´dia do ve´ıculo; (c) a velocidade me´dia do ve´ıculo.
2. Uma bola de futebol e´ chutada do alto de um pre´dio. Suas coordenadas x e y em
func¸a˜o do tempo sa˜o x = 18,0t e y = 4,00t − 4,90t2 (x e y sa˜o dadas em metros
e t em segundos). (a) escreva a expressa˜o vetorial para a posic¸a˜o da bola em
func¸a˜o do tempo usando a notac¸a˜o de vetor unita´rio; Usando derivac¸a˜o, encontre as
expresso˜es para (b) o vetor velocidade como func¸a˜o do tempo; (c) vetor acelerac¸a˜o
como func¸a˜o do tempo; (d) use a notac¸a˜o de vetor unita´rio para escrever expresso˜es
para a posic¸a˜o, velocidade e acelerac¸a˜o da bola no instante t = 3,00 s.
3. O vetor posic¸a˜o de uma part´ıcula varia no tempo de acordo com a seguinte ex-
pressa˜o: r⃗ = 3,00ˆi − 6,00t2jˆ (r⃗ e´ dado em metros e t em segundos). (a) Encontre
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uma expressa˜o para a velocidade da part´ıcula em func¸a˜o do tempo; (b) encontre a
acelerac¸a˜o da part´ıcula em func¸a˜o do tempo; (c) calcule a posic¸a˜o e a velocidade
da part´ıcula em t = 1,00 s.
4. Um pa´ssaro voando em um plano horizontal possui velocidade v⃗ = (4,00ˆi + 1,00jˆ)
em m/s, em um ponto no ar onde sua posic¸a˜o em relac¸a˜o a uma a´rvore e´ r⃗ =(10, 0ˆi − 4,00jˆ) m. O pa´ssaro se move com acelerac¸a˜o constante durante 20,0 s
e apo´s isso sua velocidade e´ v⃗ = (20, 0ˆi − 5,00jˆ) m/s. (a) Qual e´ a acelerac¸a˜o do
pa´ssaro? (b) qual a direc¸a˜o da acelerac¸a˜o? (c) se o pa´ssaro continua com esta
acelerac¸a˜o, onde ele ira´ se encontrar em t = 25,0 s?
5. Uma pessoa desliza uma caneca vazia sobre uma mesa. Infelizmente, a caneca
desliza para fora da mesma e atinge o cha˜o a uma distaˆncia de 1,40 m da base da
mesa. A altura da mesa e´ de 1,22 m. (a) Com qual velocidade a caneca deixou a
mesa? (b) qual era a direc¸a˜o da velocidade da caneca logo antes de atingir o cha˜o?
6. Um proje´til e´ lanc¸ado de forma que seu alcance horizontal e´ treˆs vezes maior que
sua altura ma´xima. Qual e´ o aˆngulo de lanc¸amento?
7. Uma bola e´ lanc¸ada horizontalmente do alto de um edif´ıcio de 10 andares e leva
3,00 s para chegar ao solo. Qual a altura de cada andar?
8. Um jogador de futebol chuta uma bola do meio do campo com um aˆngulo de
inclinac¸a˜o de 45° e acerta o travessa˜o do time adversa´rio. Sendo a altura da
trave igual a 2,70 m e o comprimento do campo de futebol igual a 110 m, qual a
velocidade da bola ao sair do pe´ do jogador?
9. Um garoto se encontra em pe´ em uma prancha dentro de uma piscina. Ele joga uma
pedra para o alto num aˆngulo de 60,0° acima da horizontal, a partir de uma altura
de 2,50 m acima da superf´ıcie da a´gua, com uma velocidade de 4,00 m/s. Quando
a pedra atinge a superf´ıcie da a´gua, ela imediatamente diminui sua velocidade para
a metade da velocidade que tinha quando atingiu a a´gua e mante´m essa velocidade
na a´gua. Depois que a pedra entra na a´gua, ela se move em uma linha reta na
direc¸a˜o da velocidade que tinha quando atingiu a a´gua. Se a piscina tiver 3,00 m de
profundidade, quanto tempo transcorre desde o instante quando a pedra e´ jogada
ate´ o instante que ela atinge o fundo da piscina?
10. Um arqueiro aponta uma flecha, com um aˆngulo θi acima da superf´ıcie, diretamente
para um alvo que esta´ suspenso no alto de uma a´rvore. No instante que a flecha
deixa o arco, o alvo e´ liberado em um movimento de queda livre. Supondo que o
alcance D da flecha seja maior que a distaˆncia horizontal entre o arqueiro e o alvo,
mostre que a flecha acertara´ o alvo.
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5 Respostas aos Exerc´ıcios
1. (a) d⃗T = 4,87 km na direc¸a˜o 209°;
(b) Vescalar = 23,3 m/s
(c) vmed = 13,5 m/s na direc¸a˜o 209°.
2. (a) r⃗ = (18,0t)ˆi + (4,00t − 4,80t2)jˆ m;
(b) v⃗ = 18, 0ˆi + (4,00 − 9,80t)jˆ m/s;
(c) a⃗ = −9,80jˆ m/s2;
(d) r⃗ = (54, 0ˆi − 32,0jˆ) m; v⃗ = (18, 0ˆi − 25,4jˆ) m/s; a⃗ = −9,80jˆ m/s2.
3. (a) v⃗ = −12,0tjˆ m/s;
(b) a⃗ = −12,0jˆ m/s2;
(c) v⃗ = (3,00ˆi − 6,00jˆ) m; v⃗ = −12,0jˆ m/s.
4. (a) a⃗ = (0,800ˆi − 0,300jˆ) m/s2;
(b) θ = 339°;
(c) r⃗ = (360ˆi − 72,8jˆ) m; θ = −15,2°.
5. (a) v = 2,81 m/s, direc¸a˜o horizontal;
(b) θ = 60,2° abaixo da horizontal.
6. θ = 53,1°.
7. Cada andar possui altura de 4,41 m.
8. vi = 24,0 m/s.
9. t = 1,92 s.
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