Aula-4

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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 = Axiˆ + Ay jˆ
 A = Ax
2 + 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

rΔ
rΔ
Pr

Qr
rΔ
x 
y 
Q
P
)(tr
F128 – 2o Semestre de 2012 
Posição e Deslocamento 
5 
 O vetor posição em 2D fica definido em termos de suas 
coordenadas cartesianas por: 
 No caso espacial, 3D, temos: 
θ
y 
 . 
x 
y 
x 
jˆ
iˆ
r
 

r (t) = x(t)iˆ + y(t) jˆ
 

r (t) = x(t)iˆ + y(t) jˆ + z(t)kˆ
F128 – 2o Semestre de 2012 
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
Po
si
çã
o(
m
)
Posição(m)
0
0
15
30
45
15 30 45 60
6 F128 – 2o Semestre de 2012 
Velocidade 
jirrrv ˆˆ)()(
t
y
t
x
tt
ttt
m Δ
Δ+
Δ
Δ=
Δ
Δ=
Δ
−Δ+=


dt
d
t
ttt
t
rrrv

 =
Δ
−Δ+=
→Δ
)()(lim
0
jirv ˆˆ)(
dt
dy
dt
dx
dt
td +==


 Como no caso unidimensional, o vetor velocidade média é: 
O vetor velocidade instantânea é: 
 Em termos de componentes cartesianas: 
ou: jvivv yx ˆˆ+=

(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+
rΔ
x 
y 
trajetória 
7 F128 – 2o Semestre de 2012 
Aceleração 
jivvva ˆˆ)()(
t
v
t
v
tt
ttt yx
m Δ
Δ
+
Δ
Δ=
Δ
Δ=
Δ
−Δ+=


dt
d
t
ttt
t
vvva

 =
Δ
−Δ+=
→Δ
)()(lim
0
jiva ˆˆ)(
dt
dv
dt
dv
dt
td yx +==


 Novamente como no caso 1D, a aceleração média é: 
Em termos de componentes cartesianas: 
ou: 
A aceleração instantânea é: 
2
2 )(
dt
td
dt
d rva

 ==
jaiaa yx ˆˆ+=

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
8 F128 – 2o Semestre de 2012 
Velocidade e Aceleração 
Voltando ao exemplo do móvel, as componentes 
do vetor velocidade são: 
Em t =3 s: 
smjiv /)ˆ0,4ˆ2,6( +=
sm
dt
dy
sm
dt
dx
/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
+−=++−==
+=++==
ttt
dt
d
dt
dyv
ttt
dt
d
dt
dxv
y
x
v
x
79o
Po
si
çã
o(
m
)
Posição(m)
0
0
15
30
45
15 30 45 60
Trajetória 
do carro
9 F128 – 2o Semestre de 2012 
x
79o
Po
si
çã
o(
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
4,0
0,2 −=−==
x
y
a
a
tgθÂngulo: 
o79−≅θ
Módulo: 
2/)ˆ0,2ˆ4,0( smjia −=
100,2)0,2100,1(
0,54,0)5,00,52,0(
2
2
+−=++−==
+=++==
ttt
dt
d
dt
dyv
ttt
dt
d
dt
dxv
y
x
( ) 2
2
/0,2100,2
/4,0)54,0(
smt
dt
d
dt
dv
a
smt
dt
d
dt
dva
y
y
x
x
−=+−==
=+==
10 F128 – 2o Semestre de 2012 
O Problema inverso 
tdtavtv
t
t
′′=− ∫
0
)()( 0

tdtvrtr
t
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: 
)(taConhecida a aceleração , 
11 F128 – 2o Semestre de 2012 
Q1: Movimento circular uniforme 
F128	
  –	
  2o	
  	
  
Semestre	
  de	
  
2012	
  
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 
F128 – 2o Semestre de 2012 
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 
14 F128 – 2o Semestre de 2012 
1. Aceleração constante 
tavv
tatvyy
tavv
tatvxx
yyy
yy
xxx
xx
+=
++=
+=
++=
0
2
00
0
2
00
2
1
2
1
componente y de 
r
v
componente x de 
componente x de 
componente y de v

r
 

a(t) = d

v(t)
dt
=
dvx (t)
dt
iˆ +
dvy (t)
dt
jˆ +
dvz (t)
dt
kˆ⇒

a(t) = axiˆ + ay jˆ
15 F128 – 2o Semestre de 2012 
1. Aceleração constante 
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
vv
tvxx
yy
y
xx
x
−=
−+=
==
+=
0
2
00
0
00
2
1
constante
r
v
jyixr ˆˆ 000 +=

jvivv yx ˆˆ 000 +=
Em t = 0: 
Um caso particular: movimento sob aceleração da gravidade 
16 F128 – 2o Semestre de 2012 
1. Aceleração constante 
2
2
00
0
2
1 x
v
gx
v
v
y
xx
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! 
Um caso particular: movimento sob aceleração da gravidade 
17 F128 – 2o Semestre de 2012 
1. Aceleração constante 
Problema do Projétil: Sistema 2D separável em 2 x 1D 
http://www.youtube.com/watch?v=NO9c9EM39GM 
Um caso particular: movimento sob aceleração da gravidade 
18 F128 – 2o Semestre de 2012 
1. Aceleração constante 
Movimento de Projéteis em esportes: 
Um caso particular: movimento sob aceleração da gravidade 
http://science360.gov/obj/tkn-video/f04949b6-fbf9-4f0a-87b9-91780f9c0951 
http://science360.gov/obj/tkn-video/fc729ef0-22ee-4f61-bb2a-b6c07685fb02 
19 F128 – 2o Semestre de 2012 
1. Aceleração constante 
Objeto lançado com velocidade , formando um ângulo 
com a horizontal. 
 
)0,0( 000 ≠≠ yx vvv

0θ
Tempo para atingir altura máxima h 
(quando ): 
g
v
g
v
t yh 00
0 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 2
sen
2
1sen
2
002
00
θθ =−=
constantecos 000 === θvvv xx
gtvgtvv yy −=−= 000 senθ
Um caso particular: movimento sob aceleração da gravidade 
x
y
Trajetória g
20 F128 – 2o Semestre de 2012 
1. Aceleração constante 
0
2
00
000 2sen
sen2cos2 0 θθθ
g
v
g
vvtvR hx =⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛==
Alcance: distância horizontal percorrida até o objeto voltar à altura 
inicial : R = x(2th ) 
0
2
2sen0 θ
g
v
R=
Para um dado módulo da velocidade 
inicial, o alcance será máximo para 
 
 
 
22 0 /πθ =
o450 =θ
g
v
R
2
max
0=
Então: 
Um caso particular: movimento sob aceleração da gravidade 
21 F128 – 2o Semestre de 2012 
1. Aceleração constante 
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−==
x
ytgθ
s/m)ˆ8,9ˆ10( jtiv −=
98,0−==′
x
y
v
v
tgθ
r
22 F128 – 2o Semestre de 2012 
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. 
23 F128 – 2o Semestre de 2012 
2. Movimento circular uniforme 
dt
dθω =
dt
dRv
dt
ds θ==
 Definimos assim a velocidade angular : 
v Rω=
T
f 1=
ω
π2=TFrequência e período: 
ω
fπω 2=
Então: 
cte==
dt
dθω 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: 
24 F128 – 2o Semestre de 2012 
x
y
O
R
ds
θ
dθ
θ+dθ
x
y
O
v(t)
v(t+∆t)
∆φ∆v
a
x
y
O
r(t)
r(t+∆t)
v(t)
v(t+∆t)
∆φ
2. Movimento circular uniforme 
v
v
r
r Δ=Δ
t
r
r
v
t
va
tt Δ
Δ=
Δ
Δ=
→Δ→Δ 00
limlim
No limite Δtà 0: 
2
2va r
r
ω= =
(aceleração 
 instantânea) 
t
r
r
v
t
v
Δ
Δ=
Δ
ΔAceleração média: 
(Triângulos 
Semelhantes) 
Da figura: 
25 F128 – 2o Semestre de 2012 
x
y
O
r1
r2
r3
v1
v2
v3
a1
a2
a3
2. Movimento circular uniforme 
r
rr

=ˆ
 Aqui também podemos usar um 
vetor unitário: (note que este vetor 
varia com o movimento) 
A aceleração fica: 
r
r
va ˆ
2
−=
(a aceleração tem a direção do vetor posição e 
aponta para o centro da circunferência. Esta é 
a aceleração centrípeta). 
Ou: 
ra  2ω−=
26 F128 – 2o Semestre de 2012 
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 ? 
fπω 2=
A velocidade angular é: 
2 rad (16 ) 101 rad/sHzω π= =
Daí a aceleração fica: 2 2306a r m sω= =
27 F128 – 2o Semestre de 2012 
3. Movimento circular acelerado 
F128	
  –	
  2o	
  	
  Semestre	
  de	
  2012	
  
.)( const
dt
dt ≠= φω
dt
dRtv
dt
ds 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 
)()()( tR
dt
tdR
dt
tdv αω ≡=
onde é a aceleração angular )(tα
x
y
O
dφ ρ
=
R
φ
φ+ dφ
ds
28 
3. Movimento circular acelerado 
)()()()( tata
dt
tvdta TN


 +==





)(
2
)(
ˆˆ)(
ta
ta
N
T
r
R
vvRta ⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛−+=α
Aceleração total é a soma de uma componente tangencial e 
uma normal 
ou ainda 
)()()( 22 tatata TN +=
x
y
O
dφ ρ
=
R
φ
φ+ dφ
ds
29 F128 – 2o Semestre de 2012 
3. Movimento circular acelerado 
Componentes cartesianas Componentes tangencial e 
perpendicular 
30 F128 – 2o Semestre de 2012 
4. Movimento Helicoidal 
,ˆˆ)(senˆ)(cos)( ktvjtRitRtr z++= ωω

kvjtRitRtv z ˆˆ)(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. 
31 F128 – 2o Semestre de 2012 
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 
ω
π2=T
ωRtvxy =)(
R
r
v
ta xyxy
2
2
)( ω==
 Em um período T do movimento no plano xy , a 
partícula percorre uma distância h no eixo z: 
ω
π zz
vTvh 2== (passo da hélice no 
movimento helicoidal) 
e tem a velocidade: 
e a aceleração: 
Vetorialmente: 
32 F128 – 2o Semestre de 2012 
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
dt
rd
dt
rd
dt
rd


+=
⇓
+=
P 
A B
•
PAr

PBr

BAr

que é função do tempo: 
)()()( trtrtr BAPBPA
 +=
 

vBA
 

vPB
 

vPA
33 F128 – 2o Semestre de 2012 
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
dt
vd
dt
vd
dt
vd


+=
⇓
+=
Em referenciais inerciais (os que se movem 
um em relação ao outro emtranslação 
retilínea e uniforme): 
PBPA aa
 =
PBa

PAa

BAa

BAa

PBa

PAa

34 F128 – 2o Semestre de 2012 
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
030
8,7
5garctgarc ≅≅= t
v
v
BT
RTθ
RTv

BRv

BTv

35 F128 – 2o Semestre de 2012