1ªAula do cap. 04. Movimento em 2 Dimensões 2-D

(1)

Movimento em 2 Dimensões 2-D

Introdução ao movimento em 2-D. Vetor Posição e Deslocamento, Velocidade e aceleração,

Princípio da Independência dos Movimentos, Movimento em 2-D – Lançamento Horizontal, Lançamento Oblíquo

Equações para “x(t)” e “y(t)”.

Referência:

Halliday, David; Resnick, Robert & Walker, Jearl. Fundamentos de Física, Vol 1. Cap. 04 da 6a _{ou 7}a_{. ed. Rio de Janeiro: LTC, 1996.}

(2)

Trajetória é o caminho percorrido por um móvel.

Trajetória é o conjunto das posições ocupadas pelo móvel.

Δr = r

_Q

– r

_P

Note que Δr não depende da origem O vetor posição em 2-D fica dado por

r(t) = x(t)i + y(t)j

Posição e deslocamento

Deslocamento

(3)

Posição e deslocamento

O vetor posição em 2D fica dado por r(t) = x(t)i + y(t)j

r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k

(4)

Lançamento Horizontal

• Aceleração a_y constante, • Plano formado pela

velocidade inicial e pelo vetor aceleração, • Movimento fora do plano não é possível,

• Dois problemas unidimensionais independentes.

(5)

Lançamento Horizontal

Tempo de queda depende da altura de queda.

O móvel que é lançado

horizontalmente percorre uma trajetória parabólica, que

pode ser construída

utilizando-se a composição de dois movimentos

(6)

A coordenada y é independente da velocidade v_x,

Isto é ilustrado na figura onde duas bolas são jogadas sob ação da

gravidade.

A vermelha é solta v_0y = 0 e a

amarela tem velocidade inicial v_x. Em cada instante elas tem a

mesma altura!! Queda livre Sem gravidade

Lançamento Horizontal

(7)

Bola sai do penhasco com v_0x = 10 m/s na horizontal e componente v_0y = 0

Lançamento Horizontal

+ + + + gt v v gt 2 1 t v y y y 0 y 2 y 0 0 + = + + = componente y de r componente x de r x 0 x x 0 0 v v t v x x = + =

(8)

x₀ = 0 , y₀ = 0 e v_0y = 0 A velocidade é v_x = 10 m/s v_y = (9.8 m/s2) t A posição é x(t) = (10 m/s) t y(t) = (4.9 m/s2_{) t}2

Lançamento Horizontal

y x 0

(9)

A velocidade é v_x = 10 m/s v_y = (9.8 m/s2) t A posição é x(t) = (10 m/s) t y(t) = (4.9 m/s2) t2

Lançamento Horizontal

Bola sai do penhasco com v_0x = 10 m/s na horizontal e componente v_0y = 0 x₀ = 0 , y₀ = 0 e v_0y = 0

(10)

Como varia o ângulo dos vetores r e v? vetor r: tan θ = y/x = (0.49 s-1)t vetor v: tan θ’ = v_y/v_x = (0.98 s-1)t

Vetores r, v e a para t = 1s e t = 2s. Enquanto a = g é constante r e v variam com o tempo.

(11)

g H 2 t , gt 2 1 H = 2_H ⇒ _H = g H 2 v D = ₀

Bola sobre a mesa e cai de altura H = 80 cm com

velocidade inicial v₀ = 2.1 m/s. Qual a distância D onde ela atinge o piso?

A altura H é dada por

A vel. horizontal se mantém constante cm 85 s / m 8 . 9 m 80 . 0 x 2 s / m 1 . 2 D 2 = =

Alcance - Exemplo

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gt

v

gt

2

1 t

v

y

v

t

v

x

y 0 y 2 y 0 0 x 0 x x 0 0

+

=

+

=

+

=

componente x de r componente y de r componente x de v (constante) componente y de v

j

v

i

v

j

y

i

x

r

y 0 x 0 0 0 0 0

+

=

+

=

em t =0

Nesse caso a_y = |g|. Na direção x v é constante MRU!

(13)

Cap. 4 Lançamento Oblíquo.

Movimento de um projétil sob ação da gravidade, Exemplo de lançamento oblíquo,

Altura máxima e alcance. Movimento em 2-D

Equações independentes para x(t) e y(t).

Exemplo de movimento em 2-D com aceleração em x e y.

Referência:

Halliday, David; Resnick, Robert & Walker, Jearl. Fundamentos de Física, Vol 1. Cap. 04

da 6a _{ou 7}a_{. ed. Rio de Janeiro: LTC, 1996.}

(14)

Lançamento Oblíquo

É o estudo do movimento de corpos, lançados com velocidade inicial v₀ e direção α com o eixo +x na superfície da Terra. Na figura a seguir vemos um

exemplo típico de lançamento oblíquo realizado por um jogador de golfe.

α

Aplicando o princípio da simultaneidade e independência dos movimentos de Galileu. A projeção do movimento no eixo x e y resulta em dois movimentos: - No eixo “y” a projeção da bola executa um movimento de aceleração constante e de módulo igual a g. Trata-se de um M.R.U.V. (lançamento vertical). Este

movimento pode ser analisado na subida e/ou na descida.

(15)

Lançamento Oblíquo

Exemplo: Um projétil é disparado por um canhão sobre o solo de um campo horizontal com uma velocidade de módulo igual a

288km/h. Sabendo-se v₀ é o vetor velocidade inicial forma com o solo um ângulo de 60º. Desprezando a resistência do ar, determine: a) o tempo gasto pelo projétil para atingir a altura máxima;

b) o tempo gasto pelo projétil para retornar ao solo; c) o alcance do projétil;

d) a altura máxima atingida pelo projétil;

e) qual o módulo da velocidade do projétil 2s após o disparo. Neste exemplo adote |g| = 9,8 ms-2

(16)

Lançamento Oblíquo

Sabendo-se v₀ 288km/h e que o ângulo α = 60º.

a) o tempo gasto pelo projétil para atingir a altura máxima; b) o tempo para o projétil retornar ao solo.

v_y = 0 v_0y = v₀ sen 60º = 80m/s. 0,866 = v_0y = 69,28 m/s v_y = v_0y+ gt v_y = v_0y+ gt 0 = 69,28 - 9,8t 69,28 = 9,8t 69,28/ 9,8 = t t_s = 7,0 s para subir b) Tempo total = 14 s

(17)

Lançamento Oblíquo

Tempo total = 14 s c) o alcance do projétil; x(t) = x₀+ v_0x.t x₀=0 e v_0x= v_x =constante x(14s) = 40m/s.t x(14s) = 40m/s.14s x(14s) = 560m x₀=0

(18)

Lançamento Oblíquo

y(t) = y₀+ v_0y.t + ½ g.t2

x₀=0 e v_0x= v_x =constante

d) a altura máxima atingida pelo projétil;

v_y2 = v_0y2 + 2g.Δy ou y₀=0 e v_0y=69,28m/s na altura máxima v_y=0 02 = 69,282 + 2(-9,8).Δy 02 = 4799,71 + 2(-9,8).Δy -4799,71 = 2(-9,8).Δy h_máx = 244,88 m = Δy

(19)

Lançamento Oblíquo

e) qual o módulo da velocidade do projétil 2s após o disparo.

x₀=0 e v_0x= v_x =40 m/s v_y = v_0y +.g.t v(2s) = v_x i + v_y j y₀=0 e v_0y= 69,28m/s na h_máx v_y=0 v_y = 69,28 - 9,8(2s) v_y = 49,68 m/s v(2s) = 40m/s i + 49,68m/s j ⏐v(2s)⏐2 _{= (40)}2 _{+ (49,68)}2 ⏐v(2s)⏐ = 63,78 m/s _51,16º

(20)

O vetor posição em 2-D fica dado por r(t) = x(t)i + y(t)j

Funções de movimento independente para x(t) e y(t)

pista

x(t) y(t)

(21)

c₁ = 0.2 m/s2 d₁ = -1.0 m/s2 c₂ = 5.0 m/s d₂ = 10.0 m/s c₃ = 0.5 m d₃ = 2.0 m

Exemplo: Um ponto no carrinho tem equações:

x(t) = c

₁

t

2

+c

₂

t + c

₃

e

y(t) = d

₁

t

2

+d

₂

t + d

₃

x(t) = 0,5 + 5 t + 0,2 t

2

e y(t) = 2 + 10 t - 1,0 t

2

(22)

Exemplo: x(t) = 0,5 + 5 t + 0,2 t2 e y(t) = 2 + 10 t - 1,0 t2 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 Deslocamento: Δr = r(6) –r(3) = (21i + 3j) m x(t) y(t) r(3) = (17i + 23j) m r(6) = (38i + 26j) m x(t) y(t) y(x)

Movimento em 2 D

(23)

Velocidade Instantânea t r t ) t ( r ) t ( r v_med Δ Δ = Δ − Δ + = dt dr t ) t ( r ) t ( r lim v 0 t Δ = − Δ + = → Δ Similar ao caso de 1-D, a velocidade média a velocidade instantânea j dt dy i dt dx dt ) t ( r d v = = + em termos de componentes

v

=

v

_x

i

+

v

_y

j

ou

Movimento em 2 D

(24)

( ) ( 2 3) 1 2 2 1 y 2 1 3 2 2 1 x d t d 2 d t d t d dt d dt ) t ( dy V c t c 2 c t c t c dt d dt ) t ( dx V + = + + = = + = + + = =

Velocidade instantânea em termos de componentes

v_x v_y em t =3 s

(

6,2 i 4,0 j

)

m s ) s 3 ( v j v i v v x y + = + =

(

)

( )

(

1.0m s

)

( )

3s 10.0m s 4.0m s 2 dt dy s m 2 . 6 s m 0 . 5 s 3 s m 2 . 0 2 dt dx 2 2 = + − = = + = Velocidade Instantânea

Movimento em 2 D

⏐v(3s)⏐2 _{= (6,2)}2 _{+ (4,0)}2 ⏐v(3s)⏐ = 7,37 m/s Direção de v(3s) = 32,8º

(25)

t v t ) t ( v ) t ( v a_med Δ Δ = Δ − Δ + = dt dv t ) t ( v ) t ( v lim a 0 t Δ = − Δ + = → Δ j dt dv i dt dv dt t v d a = ( ) = x + y

j

a

i

a

=

_x

+

_y ou Similar ao caso de 1-D, a aceleração média A aceleração instantânea em termos de componentes 2 2 dt ) t ( r d dt dv a = =

Aceleração Instantânea

(26)

(

)

(

1 2

)

1 y 1 2 1 x d 2 d t d 2 dt d dt dv c 2 c t c 2 dt d dt dv = + = = + =

(

)

2 1 1 s m j 0 , 2 i 4 , 0 a j d 2 i c 2 a + = + = O vetor aceleração

Note que a aceleração é constante magnitude 2 2 2 y 2 x s m 0 . 2 s m 2 . 4 a a a a = + = = Ângulo de a com +x tan θ = a_y/a_x = 5,0 θ = -79o

Aceleração Instantânea

(27)

t a v v t a 2 1 t v y y t a v v t a 2 1 t v x x y y 0 y 2 y y 0 0 x x 0 x 2 x x 0 0 + = + + = + = + + = componente x de r componente y de r componente x de v componente y de v j v i v v j y i x r y 0 x 0 0 0 0 0 + = + = em t =0