APONTAMENTOS DE CINEMÁTICA

APONTAMENTOS DE CINEMÁTICA

para a Cadeira de

MECÂNICA E ONDAS

LEIC-Tagus, 2º Semestre 2011/2012

João Fonseca

DEPARTAMENTO DE FÍSICA

Figura 1 - Coordenadas cartesianas do ponto P

Cinemática.

1 - Referencial. Coordenadas.

Para localizarmos uma partícula (um ponto material) no espaço tri-dimensional, podemos usar as coordenadas cartesianas (x, y, z) do ponto que ela ocupa, definidas da maneira indicada na figura 1.

Subjacente à definição das coordenadas está a escolha de um referencial, ou seja, uma origem (O) e três eixos (rectas orientadas) sobre os quais se definiu uma escala.

Se uma partícula se deslocar, o seu movimento pode ser conhecido de maneira completa através das funções x(t), y(t) e z(t), tomadas em conjunto.

[TÓPICO AVANÇADO]... Existem outras formas diferentes de especificar a posição de uma partícula, para lá das coordenadas cartesianas. A figura 2 mostra como se definem as coordenadas cilíndricas (ρ, θ, z) e a figura 3 ilustra as coordenadas esféricas (r,θ,φ). Em alternativa às coordenadas cartesianas, o movimento da partícula pode ser convenientemente descrito pelas funções {ρ(t), θ(t), z(t)} ou {r(t), θ(t), φ(t)}. Depende da geometria do movimento qual dos sistemas de coordenadas é mais simples de usar em cada caso. P zP yP xP x z y

Figura 2 – Coordenadas cilíndricas

Quando o movimento se realiza sobre um plano, ou seja, a duas dimensões apenas, são por vezes úteis as coordenadas polares, definidas na figura 4. Note-se que são um caso particular das coordenadas cilíndricas, com z=0.

Figura 3 – Coordenadas esféricas ρ θ z φ θ r

É fácil verificar que são válidas as seguintes relações entre os vários sistemas de coordenadas:

Coordenadas polares <-> coordenadas cartesianas:

x = ρ cosθ ρ = (x2+ y2)1/2 y = ρ senθ θ = tg-1(y/x)

Coordenadas cilíndricas <-> coordenadas cartesianas:

x = ρ cosφ ρ = (x2+ y2)1/2 y = ρ senφ φ = tg-1(y/x)

z = z z = z

Coordenadas esféricas <-> coordenadas cartesianas:

x = r senθ cosφ ρ = (x2+ y2 +z2)1/2 y = r senθ senφ θ = tg-1[(x2+ y2)1/2/z]

z = r cosθ φ = tg-1(y/x)

...

Figura 4 – Coordenadas polares

x ρ

θ y

2 - Vector posição e vector deslocamento

Muitas das grandezas físicas a que se faz recurso para estudar o movimento são grandezas vectoriais: além de intensidade, têm direcção e sentido. Para um tratamento adequado dessas grandezas, convém definir um sistema de vectores unitários de base, ou versores, por combinação dos quais, multiplicados por escalares adequados, se possa obter qualquer vector. Começaremos por discutir os vectores de base associados às coordenadas cartesianas. Esses vectores têm módulo unitário, estão orientados segundo a direcção dos eixos do referencial, e têm o sentido positivo dos eixos, (figura 5a). Designaremos estes vectores de base por (ûx, ûy, ûz), servindo o acento circunflexo para indicar que os respectivos

módulos são unitários.

A figura 5b mostra que o vector posição de um ponto P, que é por definição o vector que une a origem do referencial a esse ponto, pode ser escrito, tendo em conta a regra da adição de vectores, na forma

[6] r = x ûx + y ûy + z ûz

y

Figura 5 – a) Vectores unitários de base das coordenadas cartesianas, e b) decomposição do vector posição em componentes vectoriais segundo os eixos cartesianos. ûx ûz ûy x z y x z r= xûx +yûy +zûz zûz xûx yûy

a)

b)

y

Traduzimos esta expressão dizendo que x, y e z são as componentes escalares de r. Chamamos vector deslocamento entre dois pontos à diferença entre os respectivos vectores posição . De acordo com a regra da diferença entre vectores, e com referência à figura 6, o vector deslocamento de P para Q é dado por

[7] Δr = rQ – rP = (xQ-xP) ûx + (yQ-yP) ûy + (zQ-zP) ûz .

Se considerarmos dois pontos infinitamente próximos, o vector deslocamento é dado por

É conveniente por vezes usar o chamado referencial intrínseco, que é definido com base na própria trajectória seguida por um ponto material. A figura 7 ilustra a orientação dos vectores de base do referencial intrínseco. O vector ût é tangente à trajectória no ponto considerado, e

aponta no sentido do movimento. O vector ûn é normal à trajectória e

aponta (por convenção) para o lado interior da curvatura.

Em geral, uma trajectória tridimensional não é planificável (não está contida num plano), mas é possível definir em cada ponto o plano osculador, que contém a trajectória na vizinhança desse ponto. Nesse caso, o vector ûn pertence ao plano osculador, e é ainda possível definir o

Figura 6 – Vector deslocamento

P Q Δ

r

xP xQ yP yQ zQ zP

vector unitário binormal ûb, perpendicular a ût e aûn. Quando o movimento

se faz num plano, o vector binormal coincide sempre com a normal a esse plano.

Figura 7 – referencial intrínseco

A figura 7 permite ver que o vector deslocamento entre dois pontos vizinhos tem uma direcção próxima do vector ût . No limite, quando os

pontos são infinitamente próximos, o deslocamento infinitesimal dr aponta na mesma direcção que ût, e o seu módulo é igual ao comprimento do arco

descrito. Este facto pode ser traduzido pela equação

[18] dr = ds ût

sendo ds o comprimento do arco.

3 - Vector velocidade e vector aceleração .

A velocidade de um ponto material é uma grandeza vectorial que por definição é igual à derivada do vector posição :

[19] v = dr/dt

Esta definição permite de imediato obter a expressão da velocidade em coordenadas cartesianas, tendo em conta [6]:

û

t

û

n

û

b trajectória

[20] v = (dx/dt) ûx + (dy/dt) ûy + (dz/dt) ûz

(notar que os vectores de base em coordenadas cartesianas são constantes.)

As componentes escalares da velocidade são as quantidades

[20] vx = dx/dt; vy = dy/dt; vz = dz/dt

Exemplo 1

A trajectória de um avião é observada a partir de uma torre de controle (situada na origem do referencial), e verifica-se que ela é descrita por

x = 4500 - 120.0 t (m) y =-1700+85.0 t (m) z = 800 (m)

com t em segundos. O eixo Ox aponta para Sul, e o eixo Oy aponta para Leste. Qual a velocidade do avião, e qual a sua posição no instante em que se iniciou a observação (t = 0)? Se não se alterar a rota, qual a distância mínima a que o avião passa da torre?

Solução :

A velocidade do avião é dada por

v

= vxûx + vyûy + vzûz , com vx = dx/dt; vy

= dy/dt; vz = dz/dt. Logo,

v

= -120.0 ûx + 85.0 ûy (ms-1) ,

Podemos concluir que o avião voa horizontalmente (vz = 0). O ângulo que o

seu rumo faz com o eixo Ox é dado por φ = tg-1 _v

y/vx = 144.7º. Está

portanto a dirigir-se para o quadrante Noroeste. A velocidade de cruzeiro, em módulo, é |

v

| = [(-120.0)2_+(85.0)2_]1/2 _{= 147.0 ms}-1_{. No instante}

t = 0, o vector posição do avião é dado por

r

0= 4500 ûx – 1700 ûy + 800 ûz

(m), e a sua distância à origem é D = |

r

0| = 4876 m. A torre vê o avião na

direcção S20.7W (ou seja, no quadrante Sudoeste fazendo um ângulo de 20.7º com o Sul), e a 800 metros de altitude. A distância na horizontal é de 4810 m. No instante genérico t, a distância entre o avião e a torre é D(t) =[(4500-120.0t)2 _{+ ( 85.0t-1700)}2 _{+ 800}2_]1/2_{, e para que a distância}

seja mínima deve anular-se a derivada desta expressão. Feito o cálculo resulta t = 18.3 s, e nesse instante a distância é de 4068 m (distância mínima) sendo a distância na horizontal de 3985 m.

A equação [18] permite obter de imediato a expressão do vector velocidade no referencial intrínseco. Seja s(t) o espaço percorrido por uma partícula, medido ao longo da trajectória. Tendo em conta que são sempre válidas as expressões dr = (dr/dt)dt e ds = (ds/dt)dt para os diferenciais das funções r(t) e s(t) respectivamente, resulta que

(dr/dt)dt = ût (ds/dt) dt

ou seja,

[21] v = (ds/dt) ût

Este resultado traduz o facto de que o vector velocidade é sempre tangente à trajectória, sendo o seu módulo igual ao espaço percorrido (medido ao longo da trajectória) por unidade de tempo. A grandeza v=ds/dt designa-se por velocidade linear, e é igual ao módulo do vector velocidade. Logo, é também válida a expressão

v = [(dx/dt)2_+(dy/dt)2_+(dz/dt)2_]1/2_.

Define-se aceleração de um ponto material como derivada do vector velocidade:

a = dv/dt ou a = d2_r/dt2

Resulta imediatamente que a expressão da aceleração em coordenadas cartesianas é

a = (d

2_x/dt2_)û

x + (d2y/dt2)ûy + (d2z/dt2)ûz

= (dvx/dt)ûx + (dvy/dt)ûy + (dvz/dt)ûz

[TÓPICO AVANÇADO]... A expressão de aceleração no referencial intrínseco pode ser obtida por derivação de [21]: a = dv/dt ût+ v dût/dt. Neste caso é necessário calcular

a derivada de ût, que é não nula visto que o versor tem direcção variável. O

próximos sobre a trajectória, P1 e P2, traçando as tangentes nesses pontos

e as respectivas normais, podemos definir o centro de curvatura local C e o raio de curvatura local ρ. Fazendo tender para zero a distância entre os dois pontos, definimos de modo exacto o centro de curvatura e o raio de curvatura no ponto P. O vector ût pode ser escrito em função de ûx e ûy

como ût = cos (π/2-α) ûx – sen (π/2-α) ûy (verifique), ou seja

ût = senα ûx – cosα ûy

e dût/dt = cosα(dα/dt) ûx + sena(dα/dt) ûy = (dα/dt)[cosα ûx + senα ûy]

A inspecção da figura mostra que cosα ûx + senα ûy = -ûn, logo, conclui-se

que dût/dt = -(dα/dt)ûn. Tendo em conta que dα/dt = (dα/ds)(ds/dt) =

vdα/ds, e que a relação entre o ângulo dθ e o arco subtendido ds é

ds = -ρdθ, sendo ρ o raio de curvatura (o sinal - resulta de ser dθ < 0 no caso da figura, por ser um ângulo no sentido horário), obtem-se

dα/dt = -v/ρ, e, finalmente, dût/dt = (v/ρ)ûn.

...

O resultado é

[25] a = (dv/dt) ût + (v2/ρ) ûn

Figura 8 – Centro de curvatura(C) e raio de curvatura (ρ) dα (<0) C α α+dα ûn ût ρ

que é a expressão desejada. Não confundir o raio de curvatura ρ com a coordenada polar representada pela mesma letra grega. A parcela segundo ût é a aceleração tangencial, que resulta da variação do módulo da

velocidade. A parcela segundo ûn é a aceleração centrípeta, que existe

mesmo que o módulo da velocidade seja constante. A aceleração centrípeta só se anula se a trajectória for rectilínea (ρ é infinito nesse caso). Como convencionámos que o versor ûn se dirige sempre para o lado

interior da curvatura, podemos concluir que a aceleração centrípeta está sempre dirigida para o lado de dentro da curvatura, como o seu nome indica.

4 – Movimento circular

Quando o raio de curvatura é constante e igual a R – ou seja. quando a trajectória é uma circunferência – o vector velocidade pode ser escrito na forma v = R(dθ/dt) ût ou v = ωR ût, onde

[30] ω = dθ/dt

é a velocidade angular. É conveniente definir o vector velocidade angular w como se indica na figura 9: o seu módulo é igual a dθ/dt, a sua direcção é perpendicular ao plano do movimento, e o seu sentido é dado pela regra da mão direita – quando os outros dedos apontam o sentido da rotação, o polegar aponta no sentido de ω.

Figura 9 – Definição do vector velocidade angular ω

β ω

r

v

Resulta da maneira como foi definido que o vector velocidade angular verifica a expressão

[31] v = ω x r

Com efeito, o módulo de ω x r é ω r senβ = ωR, que é o módulo da velocidade no movimento circular. Verifique que a direcção e o sentido do vector velocidade resultam correctos quando se usa a expressão [31].

5 – Movimento relativo de translacção.

Em muitas situações é importante comparar descrições de um dado movimento feitas por observadores que estão em movimento relativo de translacção entre si. Por conveniência, vamos considerar que (S) é o referencial de um observador em repouso e (S’) é o referencial de um observador móvel♣.

Figura 10 – Movimento relativo de translacção

♣Como se sabe, é arbitrário dizermos que um dado objecto está fixo: o chão que pisamos está suficientemente fixo para descrevermos em relação a ele o movimento de um projéctil, mas acompanha os movimentos de rotação e translacção da Terra, movimento do Sistema Solar na galáxia, etc...

(S) (S’) r rR r’ m

A figura 10 mostra que os vectores posição da partícula vistos pelos dois observadores se relacionam através de

[32] r’ = r – rR

onde rR é o vector posição da origem do referencial móvel, em relação ao

referencial fixo. A derivação da expressão [32] conduz directamente à relação existente entre as velocidades da partícula segundo os dois observadores:

[33] v’ = v – vR

e derivando novamente obtém-se a relação entre as acelerações:

[34] a’ = a – aR

A última expressão tem uma consequência importante: se o movimento relativo entre os observadores for rectilíneo e uniforme, aR será zero e

ambos os observadores determinam a mesma aceleração para o objecto móvel.

Se no referencial (S) se verificar o Princípio da Inércia, que diz que um corpo livre de interacções mantém constante a sua velocidade, e se não existir aceleração de (S’) em relação a (S), será pela equação [34] a’ = a = 0, ou seja, o Princípio da Inércia verifica-se também em (S’). Chamamos referencial inercial a um sistema de eixos em que seja verificado o Princípio da Inércia. Podemos agora concluir que se (S) for um referencial inercial, qualquer outro referencial que tenha em relação a (S) um movimento de translacção rectilíneo e uniforme será também um referencial de inércia. Por esse motivo, designam-se por referenciais equivalentes dois sistemas de eixos com movimento relativo de translacção rectilíneo e uniforme.

Um referencial que sofra uma aceleração não pode ser um referencial inercial. Um autocarro que trava (isto é, desacelera) é um bom exemplo de um referencial não inercial. Um objecto abandonado a si mesmo tende a manter o seu movimento inalterado (Princípio da Inércia) e por isso quando o autocarro trava esse objecto tende a acelerar em relação ao referencial autocarro. Se conseguirmos identificar um referencial inercial, poderemos testar os outros referenciais verificando se têm aceleração em relação ao

primeiro. Na prática, interessa-nos que o referencial com que trabalhamos seja “suficientemente inercial” para estudarmos o movimento de que nos ocupamos. Se quizermos estudar a queda de uma maçã, a superfície da Terra está suficientemente em repouso. Já o movimento do planeta Mercúrio será difícil de descrever e explicar se tomarmos a Terra como referencial, como verificaram os astrónomos anteriores a Copérnico (séc. 16) que usavam um sistema geocêntrico para o Sistema Solar.

6 – Movimento relativo de rotação.

Se um referencial girar em relação a outro considerado fixo, os respectivos observadores descreverão de modo diferente o movimento de uma mesma partícula.

Figura 11 – Os eixos do referencial (S’) giram em torno do eixo de rotação indicado a traço-ponto, com velocidade angular ω. A origem dos dois referenciais mantém-se coincidente.

x z’ y’ x’ y z (S’) (S) r = r’ ω

Num exemplo importante de aplicação, o eixo a traço-ponto seria o eixo de rotação da Terra, e o eixo Oz’ a vertical (direcção do fio do prumo) de um lugar, por exemplo Lisboa. O referencial fixo poderia ser definido astronomicamente (eixos apontados para estrelas distantes). Como comparar as velocidades e as acelerações determinadas por dois observadores, um fixo e outro a girar? Como as origens se mantém coincidentes, o vector posição é o mesmo independentemente do referencial que se considere.

[TÓPICO AVANÇADO]...

Podemos afirmar que

[35] r = xûx + yûy + zûz,= x’ ûx’ + y’ ûy’ + z’ ûz’

onde se considertam as duas maneiras possíveis de decompôr o vector posição. Para o cálculo da velocidade, vamos optar por derivar a segunda decomposição, mas calculando segundo o ponto de vista do referencial (S):

v = dr/dt = d/dt(x’ ûx’ + y’ ûy’ + z’ ûz’) = (dx’/dt) ûx’ + (dy’/dt) ûy’ + (dz’/dt) ûz

+ ’ x’ (dûx’/dt)’+ y’(dûy’/dt)’+ z’ (dûz’/dt).

Foi necessário derivar os vectores de base do referencial (S’) pois estamos a calcular a velocidade segundo o observador em (S), para quem aqueles vectores de base estão a girar.

Podemos considerar ûy’ , por exemplo, como o vector posição de um ponto

que se encontra na sua extremidade, e que gira com velocidade angular ω. A derivada (dûy’/dt) será o vector velocidade desse ponto. De acordo com

a equação [31], deverá então ser (dûy’/dt) = ω x ûy’ . Resultados análogos

aplicam-se aos outros vectores de base, e a velocidade v pode ser escrita na forma

v = [(dx’/dt) ûx’ + (dy’/dt) ûy’ + (dz’/dt) ûz’] +

+ x’ ω x ûx’’+ y’ ω x ûy’’+ z’ ω x ûz’.= [(dx’/dt) ûx’ + (dy’/dt) ûy’ + (dz’/dt) ûz’] +

ω x r

A quantidade entre parentesis rectos é a velocidade observada no referencial (S’), pelo que se pode concluir que

[36] v = v’ + ω x r

que é a relação procurada entre as duas velocidades.

Para relacionar as acelerações, há que derivar [36]:

a = (dv/dt) = d/dt(v’x’ ûx’ + v’y’ ûy’ + v’z’ ûz’) + d/dt(ω x r).

No caso em que ω é constante, resulta:

a = (a’x’ ûx’ + a’y’ ûy’ + a’z’ ûz’) + ω x (v’x’ ûx’ + v’y’ ûy’ + v’z’ ûz’) + ω x v

Identificando os vectores, usando [36] e resolvendo em ordem a a’, resulta:

[37] a’ = a - 2 ω x v’ - ω x (ω x r)

Em conclusão, o observador que está num referencial girante vê duas componentes de aceleração adicionais, que resultam da sua própria rotação. A parcela aCor = -2 ω x v’ designa-se por aceleração de Coriolis. A parcela ac = - ω x (ω x r) designa-se por aceleração centrífuga. A aceleração de Coriolis só afecta os corpos que se movem em relação ao referencial (S’), pois anula-se se v’ = 0. Os corpos que se movem à superfície da Terra ficam sujeitos à aceleração de Coriolis quando observados a partir da Terra. A aceleração centrífuga é responsável pelo facto de a aceleração de queda dos corpos no campo gravítico depender da latitude.

Exemplo 4 – Imagine que a velocidade de rotação da Terra aumentava gradualmente. Para que duração do dia a aceleração da gravidade em Lisboa se reduzia a zero? Qual seria a situação no Equador? E no Polo Norte?

Solução:

A figura ao lado mostra como o efeito da aceleração centrífuga associada ao movimento de rotação da Terra corres- ponde (em primeira aproximação) a sub- trair ω2_Rcos2

λ ao valor da aceleração da gravidade, sendo λ a latitude. Para que a aceleração da gravidade se anule (imponderabilidade) deve ser

g0 = ω2Rcos2λ. Substituindo R por

6360000m, λ por 39º e g0 por 9.8 ms-1,

resulta ω = 1.597x10-3 _rads-1_{. Este valor}

corresponde à velocidade angular da Terra

na situação pretendida, e o período de rotação correspondente é dado por T = 2π/ω = 3933 s, ou seja, T = 1h05m34s. No Equador, a componente centrífuga da aceleração seria superior a g0, e os objectos que não

estivessem fixos seriam projectados no espaço. No Polo Norte, a situação não se alteraria, pois a aceleração centrífuga seria nula (cos 90º = 0).

g0

λ

ω2Rcos2λ