cap. 4 - 6ª ed

16
48 Movimento em Duase Irês Dimensões 4.1 Movendo-se em Duas" ou Três Dlmensões" Este capítulo estende o material dos dois capítulos anteriores para duas e três dimensões. Muitas das idéias do Capo 2, como posição, velocidade e aceleração, são usadas aqui, mas elas agora são um pouco mais complexas por causa das dimensões adicionais. Para mantermos a notação tratável, usamos a álgebra vetorial do Capo 3. À medida que você for lendo este capítulo, você pode querer folhe- ar as páginas dos capítulos anteriores para refrescar a sua memória. 4.2 Posição e Deslocamento Uma partícula (ou um objeto semelhante a uma partícula) pode sJfr localizada de uma forma geral por meio de um vetor posição r, que é um vetor que se estende de um ponto de referência (normal- mente a origem de um sistema de coordenadas) até a partícula.' Na notação de vetor unitário da Seção 3.4, r pode ser escrito como r = xi + Y] + zk, (4.1) A,.. A ~ onde xi, yj e zk são as componentes vetoriais de r e os coefi- cientes x, y e z são as suas componentes escalares. Os coeficientes x, y e z dão a localização da partícula ao lon- go dos eixos coordenados e em relação à origem; ou seja, a par- tícula possui as coordenadas retangulares (x, y, z). Por exemplo, a Fig. 4.1 mostra uma partícula cujo vetor posição é r= (-3m)i + (2m)] + (5m)k e coordenadas retangulares (- 3 m, 2 m, 5 m). Ao longo do eixo x a partícula está a 3 m da origem, no sentido de - i. Ao longo do eixo y ela está a 2 m da origem, no sentido de + L Ao longo do eixo z ela está a 5 m da origem, no sentido de + k. À medida que uma partícula se move, seu vetor posição se alte- ra de tal forma que o vetor sempre se estende do ponto de referên- )' z Fig. 4.1 O vetor posição ; de uma partícula é a soma vetorial das suas componentes vetoriais. cia i,a origem) até a partícula. Se o vetor posição variar, digamo. de r I para r 2 durante um serto intervalo de tempo, então o des- locamento da partícula D. r durante esse intervalo de tempo será Usando a notação de vetor unitário da Eq. 4.1, podemos rees- crever este deslocamento como D.r = (x2i + Y2] + Z2~) - (Xll + ytl + zlk) ou como D.r = (x 2 - XI)l + (Y2 - Yl)] + (z2 - zl)k, (4.3) onde as coordenadas (XI' YI' Zl) correspondem ao vetor posição 21 e as coordenadas (x 2 , Y2, Z2) correspondem ao vetor posição r 2• Podemos também escrever o deslocamento substituindo (x: - XI) por D.x, (Y2 - YI) por D.y e (Z2 - z.) por D.z: D.r = D.xi + D.y] + D.zk. Problema Resolvido 4.1 Na Fig. 4.2, o vetor posição de uma partícula é inicialmente ri = (-3,0 m)i + (2,0 m)] + (5,0 m)k e depois passa a ser r z = (9,0 m)i + (2,0 m)] + (8,0 m)k. Qual o deslocamento t1; da partícula de ; I até ;2? SOLUÇÃO: A IdéiaFundamentalé que o deslocamento t1; é obtido subtra- ... ... indo-se o vetor posição inicial r I do vetor posição r 2 em um tempo posterior. A maneira mais simples de fazê-lo é componente a compo- nente: ó.? = f2 ~ ri = [9,0 - (-3,0)]; + [2,0 - 2,0]] + [8,0 - 5,0]k = (12 m); + (3,0 m)k. (Resposta) "Também conhecido como movimento bidimensional ou movimento plano. (N.T.) 'Também conhecido como movimento tridimensional ou movimento no espaço. (N.T.) 'A partícula aparece sem dimensões (como um pomo) na escala espacial usada para repre- sentar o seu movimento, (N.T.) Este vetor deslocamento é paralelo ao plano xz, pois ele não possui ne- nhuma componente y, um fato que é mais fácil de se ver no resultado numérico do que na Fig. 4.2. J /~ Posição __ <~~ '1. _ inicial '\ /-; / I / o /,a __________~~-CL- x , / / , / / Posição em um ~~""" // tempo posterior ~ Trajetória da partícula Fig.4.2ProblemaResolvido4.1.0desIQÇamento t1; =;2 -;1 se es- tende da ponta do vetor posição inicial r I até a ponta do vetor posição -e em um tempo posterior r 2.

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Cap. 4 - 6ª ed.

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Page 1: Cap. 4 - 6ª ed

48 MovimentoemDuase Irês Dimensões

4.1 Movendo-se em Duas" ou TrêsDlmensões"Este capítulo estende o material dos dois capítulos anteriores paraduas e três dimensões. Muitas das idéias do Capo 2, como posição,velocidade e aceleração, são usadas aqui, mas elas agora são umpouco mais complexas por causa das dimensões adicionais. Paramantermos a notação tratável, usamos a álgebra vetorial do Capo 3.À medida que você for lendo este capítulo, você pode querer folhe-ar as páginas dos capítulos anteriores para refrescar a sua memória.

4.2 Posição e DeslocamentoUma partícula (ou um objeto semelhante a uma partícula) pode sJfrlocalizada de uma forma geral por meio de um vetor posição r,que é um vetor que se estende de um ponto de referência (normal-mente a origem de um sistema de coordenadas) até a partícula.' Nanotação de vetor unitário da Seção 3.4, r pode ser escrito como

r = xi + Y] + zk, (4.1)

A,.. A ~

onde xi, yj e zk são as componentes vetoriais de r e os coefi-cientes x, y e z são as suas componentes escalares.

Os coeficientes x, y e z dão a localização da partícula ao lon-go dos eixos coordenados e em relação à origem; ou seja, a par-tícula possui as coordenadas retangulares (x, y, z). Por exemplo,a Fig. 4.1 mostra uma partícula cujo vetor posição é

r= (-3m)i + (2m)] + (5m)k

e coordenadas retangulares ( - 3 m, 2 m, 5 m). Ao longo do eixox a partícula está a 3 m da origem, no sentido de - i. Ao longodo eixo y ela está a 2 m da origem, no sentido de +L Ao longodo eixo z ela está a 5 m da origem, no sentido de +k.

À medida que uma partícula se move, seu vetor posição se alte-ra de tal forma que o vetor sempre se estende do ponto de referên-

)'

z

Fig. 4.1 O vetor posição ; de uma partícula é a soma vetorial das suascomponentes vetoriais.

cia i,a origem) até a partícula. Se o vetor posição variar, digamo.de r I para r 2 durante um serto intervalo de tempo, então o des-locamento da partícula D. r durante esse intervalo de tempo será

Usando a notação de vetor unitário da Eq. 4.1, podemos rees-crever este deslocamento como •

D.r = (x2i + Y2] + Z2~) - (Xll + ytl + zlk)

ou como D.r = (x2 - XI)l + (Y2 - Yl)] + (z2 - zl)k, (4.3)

onde as coordenadas (XI' YI' Zl) correspondem ao vetor posição21 e as coordenadas (x2, Y2, Z2) correspondem ao vetor posiçãor 2 • Podemos também escrever o deslocamento substituindo (x:- XI) por D.x, (Y2 - YI) por D.y e (Z2 - z.) por D.z:

D.r = D.xi + D.y] + D.zk.

Problema Resolvido 4.1

Na Fig. 4.2, o vetor posição de uma partícula é inicialmente

ri = (-3,0 m)i + (2,0 m)] + (5,0 m)k

e depois passa a ser

rz = (9,0 m)i + (2,0 m)] + (8,0 m)k.

Qual o deslocamento t1; da partícula de ; I até ;2?

SOLUÇÃO: A IdéiaFundamentalé que o deslocamento t1; é obtido subtra-... ...indo-se o vetor posição inicial r I do vetor posição r 2 em um tempoposterior. A maneira mais simples de fazê-lo é componente a compo-nente:

ó.? = f2 ~ ri= [9,0 - (-3,0)]; + [2,0 - 2,0]] + [8,0 - 5,0]k

= (12 m); + (3,0 m)k. (Resposta)

"Também conhecido como movimento bidimensional ou movimento plano. (N.T.)'Também conhecido como movimento tridimensional ou movimento no espaço. (N.T.)'A partícula aparece sem dimensões (como um pomo) na escala espacial usada para repre-sentar o seu movimento, (N.T.)

Este vetor deslocamento é paralelo ao plano xz, pois ele não possui ne-nhuma componente y, um fato que é mais fácil de se ver no resultadonumérico do que na Fig. 4.2.

J

/~Posição __ <~~ '1. _

inicial '\ /-;/ I

/

o /,a__________~~-CL- x

,/

/,/

/ Posição em um~~""" // tempo posterior

~

Trajetória da partícula

Fig.4.2ProblemaResolvido4.1.0desIQÇamento t1; =;2 -;1 se es-tende da ponta do vetor posição inicial r I até a ponta do vetor posição

-eem um tempo posterior r 2 .

Page 2: Cap. 4 - 6ª ed

(4.4)

ssui ne-sultado

x

se e: -ição

PONTO DE VERIFICAÇÃO 1: (a) Se um morcego manhoso voa dascoordenadas xyz (-2 m, 4 m, -3 m) para as coordenadas (6 m,-2 m, -3 m), qual é o seu deslocamento t::,.; na notação de vetor

MovimentoemDuase TrêsDimensões 49

unitário? (b) t::,.; é paralelo a algum dos três planos coordenados?Caso seja, a que plano?

Problema Resolvido 4.2

Fig. 4.3 Problema Resol-P = (66 m)i - (57 m)], (Resposta) vido 4J. (a) O vetor po-

JUeestá desenhado na Fig. 4.3a. sição r de um coelho noPara obtermos o módulo e o ângulo de ;, podemos usar uma calcu- tempo t = 15 s. As c01I1;ora capaz de realizar operações vetoriais ou podemos nos guiar pela <, p~nentes escalares de r

Eq, 3.6 para escrevermos sao mostradas ao longodos eixos. (b) A trajetóriado coelho e a sua posiçãocorrespondem a cinco va-

(Resposta) lores de t.

Um coelho atravessa correndo um estacionamento sobre o qual haviasido desenhado, por mais estranho que possa parecer, um conjunto deeixos coordenados. As coordenadas da posição do coelho em função dotempo t são dadas por

x = -0,3Ir2 + 7,2t + 28 (4.5)

y = 0,22t2 - 9, Ir + 30, (4.6)

com t em segundos e x e y em metros.

a) Em t = 15 s, qual é o vetor posição ; do coelho na notação de vetorunitário e como um módulo e um ângulo?

SOLUÇÃO: A IdéiaFundamentalaqui é que as coordenadas x e y da posiçãodo coelho, dad~s pelas Eqs. 4.5 e 4.6, são as componentes escalares do.etor posição r do coelho. Assim, podemos escrever

P(t) = x(t)i + y(t)]. (4.7)-e -e

Escrevemos r(t)}m vez de r pois as componentes são funções dotempo t, portanto r também é.)

Em t = 15 s, as componentes escalares são

x = (-0,31)(lW + (7,2)(15) + 28 = 66 m

~ y = (0,22)(1W - (9,1)(15) + 30 = -57 m.

Então, em t = 15 s,

r = .Jx2 + y2 = .J (66 m)? + (-57 m)?

= 87 m,

8 = are ta ~ = are ta'" '"X (-57 m)

66 m = -41 0. (Resposta)

Embora 8 = 139° possua ~mesma tangente que -41°, o estudo dos. ais das componentes de r nos faz descartar l39°.)

- IFaça o gráfico da trajetória do coelho de t = ° até t = 25 s.

-4JO---::-10.--''''<:':--4-' --+40:----=:I!-1---'--=-S-=-0- x (m)

-40

-60

(a)

J (m)

40

20

O

-20

-40

-60

SOLUÇÃO: Podemos repetir a parte (a) para diversos valores de t e depois plotaros resultados. A Fig, 4.3b mostra os pontos do gráfico correspondentes àsposições para cinco valores de te atrajetória que une estes pontos. Pode-mos também usar uma calculadora gráfica para fazermos um gráficoparamétrico; ou seja, a calculadora faria o traçado de y contra x, ondeestas coordenadas são dadas pelas Eqs. 4.5 e 4.6 em função do tempo t.

ou

velocidade médiaintervalo de tempo

.3 Velocidade Média e Velocidadenstantânea

-7

- uma partícula se move efetuando um deslocamento Llj" emintervalo de tempo Llt, então a sua velocidade média v méd é

deslocamento

(4.8)

-+

Esta equação nos diz que a direção e o sentido de v méd (ovetor no lado esquerdo, da Eq. 4.8) devem ser os mesmos queos do deslocamento Ll r (o vetor no lado direito). Usando a Eq.

Page 3: Cap. 4 - 6ª ed

50 Movimento em Duas e Três Dimensões

4.4, podemos escrever a Eq. 4.8 em componentes vetoriaiscomo

ÁXI + Áy] + Ázk Áx A Áy A Áz A

Vméd = = - i + - j + - k. (4.9)Át Át Át Át

Por exemplo, se a partícula do Problema Resolvido 4.1 se mo-ver da sua posição inicial até a sua posição em um tempo poste-rior em 2,0 s, então a sua velocidade média durante esse movi-mento é

-> = Ár = (12 m)í + (3,0 m)k = 6 O /)<" (15 / )kA

Vméd (, m s I + , m s .Át 2,0 s

Quando falamos da velocidade de uma partíçula, normalmen-te queremos dizer a velocidade instantânea v da partícJ.la emalgum instante. Esta velocidade v é o valor do qual v méd seaproxima no limite quando contraímos o intervalo de tempo Átaté O em tomo daquele)nstante. Usando a linguagem do cálcu-lo, podemos escrever v como a derivada

-> drv =-.

dt(4.10)

-->O resultado é o mesmo em três dimensões: v é sempre tangenteà trajetória da partícula.

Para escrevermos a Eq, 4.10 na forma de vetor unitário, subs-tituímos a expressão de r dada na Eq. 4.1:

d A A A dXA dYA dZAV = - (xi + yj + zk) = - i + - j + - k.

dt dt dt dtEsta equação pode ser simplificada se a escrevermos como

(4.11)

A Fig. 4.4 mostra a trajetória de uma partícula que está restri-ta ao plano xy. À medida que a partícula se desloca para a direitaao longo da curva, o seu vetor posição gira para a direita. Du-rante o intervalo de tempo Át, o vetor posição muda de r [ para; 2' e o deslocamento da partícula é Á;.

Para determinarmos a velocidade instantânea da partícula, porexemplo, no instante t[ (quando a partícula está na posição 1),reduzimos o intervalo Át em tomo de t[ fazendo-o tender parazero.]rês coisas acontecem ao fazermos iS!9: (1) O vetor posi-çã<2,r 2 da Fig. 4.4 se move em direç~ a r [ de tal form~ queÁ r tende a zero. (2) A direção de Á r / Át (portanto de v méd)

se aproxima da direção da reta tangen!f à trajetória da partículana posição 1. (3) A ~elocidade média v méd se aproxima da velo-cidade instantânea v em ti'

No limite quando Át ~ O, temos ~ id ~ ~ e, o que é maisiglportante aqui, ~ méd assume a direção d~reta tangente. Portanto,v também possui essa direção:

>-A direção da velocidade instantânea ; de uma partícula é sempretangente à trajetória da partícula na posição da partícula.

)

onde as componentes escalares de v são

dxVx ==-,

dtdz

v, =-.- dt

(4.12)

Tangente

dyv=-

Y dt e

2

T~~----------x

Fig. 4.4 O deslocamento 6.; de uma partíc~la durante um intervalo detempo 6.t, da posição 1 com vetor posição ri no tempo ti até a posição2 com vetor posição ;? no tempo t2. A tangente à trajetória da partículana posição 1 é mostrada.

Por exemplo, dxl dt é a componente escalar de ; ao longo do eixox. Assim, podemos achar as compon$ntes escalares de ; deri-vando as componentes escalares de r.

A Fig. 4.5 mostra um vetor velocidade ; e as suas compo-nentes escalares x e y. Observe que; é tangente à trajetória dapartícula na posição da partícula. Cuidado: Quando um vetorposição é desenhado como nas Figs. 4.1 a 4.4, ele é uma seta quese estende de um ponto (um "aqui") até outro ponto (um "lá").Entretanto, quando um vetor velocidade é desenhado como naFig. 4.5, ele não se estende de um ponto até outro. Em vez disso,ele mostra a direção instantânea de movimento de uma partículalocalizada na sua cauda, e o seu comprimento (representando omódulo da velocidade) pode ser desenhado em qualquer escala.

y

Tangente

o'------------x...,

Fig. 4.5 A velocidade v de uma partícula, junto com as componentesescalares de v.

~ PONTO DE VERIFICAÇÃO 2: A figura mostra uma trajetória circu-r "'lar descrit~or uma p<;rtícula. Se ~ velocidade instantânea da par-

tícula for v = (2m/s)i - (2m/s)j, em que quadrante a partículaestará se movendo quando ela estiver se deslocando (a) no sentidohorário e (b) no sentido anti-horário em torno do círculo? Em ambosos casos, desenhe v na figura.

--~-+-~~---x

Page 4: Cap. 4 - 6ª ed

11)

12)

eixo

MovimentoemDuase TrêsDimensões 51

Problema Resolvido 4.3->

Para o coelho do Problema Resolvido 4.2, ache a velocidade v no tem-po t = 15 s, na notação de vetar unitário e como um módulo e um ângu-lo.

SOLUÇÃO: Há duas Idéias Fundamentais aqui: (1) Podemos achar a velo-cidade ~ do coelho achando antes as componentes da velocidade. (2)Podemos achar essas componentes calculando as derivadas em rela-ção ao tempo das componentes do vetor posição do coelho. Aplican-

->Fig. 4.6 Problema Resolvido 4.3. A velocidade v do coelho em t = 15. O vetor velocidade é tangente à trajetória n~ posição do coelho na-

quele instante. As componentes escalares de v são mostradas.

do a PJimeira das Eqs. 4.12 à Eq. 4.5, descobrimos que a componentex de v é

cL, dv. = - = - (-O 31t2 + 72t + 28)

.r dt dt' ,

= -0,62t + 7,2. (4.13)

Em t = 15 s, esta equação fornece Vx = - 2, I m/s. Analogamente, aplican-do a segunda das Eqs. 4.12 à Eq. 4.6, descobrimos que a componente y é

dy dv. = - = - (O 22t2 - 9 1t + 30)) dt dt' ,

= O,44t - 9,1. (4.14)

Em t = 15 s, obtemos v;- = -2,5 m/s. A Eq. 4.11 fornece então

li'= -(2,1 m/s)i - (2,5 m/s)J, (Resp.osta)

que é mostrada na Fig. 4.6, tangente à trajetória do coelho e no sentidoem que o coelho está correndo em t = 15}.

Para obtermos o módulo e o ângulo de v, podemos usar uma calcula-dora capaz de realizar operações vetoriais ou seguir a Eq. 3.6 escrevendo

e

11 = .J 11; + 11; = .J (-2,1 m/s)2 + (-2,5 m/s)?

= 3,3 m/s (Resposta)

1'y (-25 m/s)(j = are tg - = are tg --,-'--

11, -2,1 m/s

= arctg 1,19 = -130°. (Resposta)

(Apesar de 500 ter a mesma tangente que - 1300, uma inspeção dos si-

nais das componentes da velocidade indica que o ângulo desejado estáno terceiro quadrante, sendo dado por 500

- 1800 = -130°.)

4.4 Aceleração Média e AceleraçãoInstantâneaQuando a velocidade da partícula varia de v 1 para v 2 em um...•intervalo de tempo t1t, sua aceleração média améd durante àré

aceleraçãomédia

variação da velocidade

intervalo de tempo

ou (4.15)

Se contrairmos !:it para zero em tomo de algum instante, entãono limite Êméd se aproxima da aceleração instantânea (ou ace-leração) a naquele instante; ou seja,

--> d"Va =-.

dt(4.16)

Se a velocidade variar em módulo, direção ou sentido (ou emmais de um), a partícula deve ter uma aceleração.

Podemos escrever a Eq. 4.16 na forma de vetar unitário substi-ruindo a expressão de v da Eq. 4.11 para obtermos

d A A A

â = - (v,.i + vyJ' + v.k )dt . -

dv; <- dvy <- dv: A

= - 1 + - J + -- k.dt dt dt

Podemos reescrevê-Ia como

(4.17)

...•onde as componentes escalares de a são

edv:

a: =--.- dt (4.18)

J

->Fig. 4.7 A aceleração a de umapartícula e as componentes esca-lares de a.

o L.- X

Page 5: Cap. 4 - 6ª ed

52 Movimento em Duas e Três Dimensões

~Desta forma, podemos achar as compo!l;entes escalares de a de-rivando as componentes escalares de v. ->

A Fig. 4.7 mostra um vetor aceleração a e as suas compo-nentes escalares para uma partícula que se move em duas di-mensões. Cuidado: Quando um vetor aceleração é desenhado

como na Fig. 4.7, ele não se estende de uma posição até outra.Em vez disso, ele mostra a direção da aceleração para umapartícula localizada na sua cauda, e o seu comprimento (repre-sentando o módulo da aceleração) pode ser desenhado em qual-quer escala.

Problema Resolvido 4.4..,

Para o coelho dos Problemas Resolvidos 4.2 e 4.3, ache a aceleração ano tempo t = 15 s, na notação de vetor unitário e como um módulo eum ângulo.

SOLUÇÃO: Há duas IdéiasFundamentaisaqui: (1) Podemos achar a acelera-ção ~ do coelho achando primeiro as componentes da aceleração. (2)Podemos achar essas componentes tirando as derivadas das componentesda velocidade do coelho. Aplicands a primeira das Eqs. 4.18 à Eq. 4.l3,achamos que a componente x de a é

dv. da, = ~ = - (-0,62t + 7,2) = -0,62 m/s2.. dt dt

Analogamente, aplicando a segunda das Eqs. 4.18 à Eq. 4.14 obtemosa componente y como

dvy d ?ay = - = - (0.44t - 9.1) = 0.44 m/s-.

df df .

Vemos que essa aceleração não varia com o tempo (ela é constante) poisa variável tempo t não aparece na expressão de nenhuma das compo-nentes da aceleração. A Eq. 4.17 fornece então

ã = (-0,62 m/s2)i + (0,44 m/s2)J, (Resposta)

que é mostrada superposta à trajetória do c~elho na Fig. 4.8.Para obtermos o módulo e o ângulo de a, ou usamos uma calcula-

dora capaz de realizar operações vetoriais ou seguimos a Eq. 3.6. Parao módulo temos

= 0,76 m/s2. (Resposta)

Para o ângulo temos

ay ( 0,44 m/s2 )()=arctg -=arctg ? = -35°.a, -0,62 m/s-

Entretanto, este ú~imo resultado, que aparece no visor de uma calcula-dora, indica que a está dirigida para a direita e para baixo na Fig. 4.8...,Contudo, sabemos das componentes acima que a deve estar dirigidapara a esquerda e para cima. Para acharmos o outro ângulo que possui

a mesma tangente que - 3SO,mas que não aparece no visor de uma cal-culadora, somamos 180°:

(Resposta)

Este resultado é compatível com as componentes de a. Observe que~ possui o mesmo módulo, direção e sentido durante toda a corrida docoelho, pois, como observado anteriormente, a aceleração é constante.

PONTO DE VERIFICAÇÃO 3: São dadas quatro descrições da posi-ção (em metros) de um disco de hóquei enquanto ele se move noplanoxy:

(1) x = -3t2 + 4t - 2(2)x=-3t3-4t e(3) r = 2t2f - (4t + 3)J(4) r = (4t3 - 2t)i + 3J

Para cada descrição, determine se as component~s x e y da acele-ração do disco são constantes e se a aceleração a é constante.

e y = 6t2 - 4ty = -5t2 + 6

J (m_l~ ~ _,-,--~--,

40~~~+-~~-r-+-+~

20

o

Fig. 4.8 Problema Resglvi-do 4.4. A aceleração a docoelho em t = 15 s. Obser-ve que o coelho possui estamesma aceleração em todosos pontos da sua trajetória.

Problema Resolvido 4.5.., , ,

Uma partícula com velocidade "o = -2,Oi + 4,Oj (em metros por..,segundo) é submetida em t = Oa uma aceleração constante a de mó-dulo a = 3,0 m/s2 fazendo um ângulo de e = l30° emJelação ao senti-do positivo do eixo x. Qual a velocidade da partícula v em t = 5,0 s, nanotação de vetor unitário e como um módulo e um ângulo?

SOLUÇÃO: Em primeiro lugar observamos que este movimento é bidi-mensional, no plano xy. Depois, que existem duas Idéias Fundamentaisaqui. Uma é que, como a aceleração é constante, a Eq. 2.11 (v = Vo +at) se aplica. A segunda é que, como a Eq. 2.11 se aplica apenas a ummovimento unidimensional, devemos aplicá-Ia separadamente ao mo-vimento paralelo ao eixo x e ao movimento paralelo ao eixo y; ou sej a,

devemos achar as componentes da velocidade v,e v)', a partir das equa-ções

Nestas equações, vo, (= -2,0 m/s) e vo)' (= 4,0 mJs) são as compo-.., ..,nentes x e y de vo, e a, e ay ~o as componentes x e y de a. Para achar-mos a, e a)" decompomos a com uma calculadora capaz de realizaroperações vetoriais ou com as Eqs. 3.5:

a, = a cos () = (3,0 m/s2)(cos 130°) = -1,93 m/s2,

a, = a sen () = (3,0 m/s2)(sen 130°) = +2,30 m/s2.

Page 6: Cap. 4 - 6ª ed

le-

x(m)

do estes valores são introduzidos nas equações de v, e \I)', achamos. no tempo t = 5,0 s,

\I, = -2,0 m/s + (-1,93 m/s2)(5,0 s) = -11,65 m/s,

vy = 4,0 m/s + (2,30 m/s2)(5,0 s) = 15,50 m/s.

.im, em t = 5,0 s, temos, após fazermos o arredondamento,

v = (-12 m/s)i + (16 m/s)]. (Resposta)

do uma calculadora capaz de realizar operações v~oriais ou se-do a Eq. 3.6, achamos que o módulo e o ângulo de v são

v = .Jv~ + v;' = 19.4 = 19 m/s (Resposta)

Movimento em Duas e Três Dimensões 53

/

eVy

(J = arc tg - = 127° = 130°.Vx

(Resposta)

Verifique esta última linha com a sua calculadora. O qye aparece novisor, 127° ou -53°? Agora faça um esboço do vetor v com as suascomponentes para ver qual o ângulo correto .

r PONTO DE VERIFICAÇÃO 4: Se a posição da bola de gude de umdesocupado é dada por; = (4t3 - 2t)i + 3j, com ; em metros et em segundos, quais devem ser as unidades dos coeficientes 4, -2,e 3?

.5 Movimento de um Projétilnsideramos, a seguir, umsfaso efl?ecial de movimento bidi-nsional: Uma partícula se move em um plano vertical com uma

elocidade inicial 1,:0' mas a sua aceleração é sempre a aceleração_ queda livre g, que é dirigida para baixo. Tal partícula é~ amada de projétil (significando que ela é projetada ou lan-~ da) e o seu movimento é chamado de movimento de um pro-. 'til. Um projétil poderia ser uma bola de golfe (Fig. 4.9) ou uma

Ia de beisebol se deslocando no ar, mas não um avião ou umto voando. Nosso objetivo aqui é analisar o movimento de um

• ojétil usando as ferramentas desenvolvidas para o movimentoidimensional nas Seções 4.2 a 4.4 e fazendo a hipótese de que

o ar não possui nenhum efeito sobre o projétil.A Fig. 4.10, que é analisada na próxima seção, mostra a tra-

ietória seguida por um projétil quando o ar não possui nenhumefeito. O projétil é lançado com uma velocidade inicial Vo quepode ser escrita como

(4.19)

As componentes vOx e VOy podem então ser determinadas se

conhecermos o ângulo 80entre ;0 e o sentido positivo de x:

vOx = Vo cos 80 e vOy = Vo sen 80, (4.20)->

Durante o seu movimento bidimensional, o vetor posição r e ovetor velocidade ~ do projétil variam continuamente, mas o seuvetor aceleração a é constante e sempre dirigido verticalmentepara baixo. O projétil não possui aceleração horizontal.

Fig. 4.9 Uma fotografia estroboscópica de uma bola de golfe quicandoem uma superfície dura. Entre dois impactos consecutivos, a bola semove como um projétil.

O movimento de projéteis, como os das Figs. 4.9 e 4.10, pa-rece complicado, mas temos a seguinte característica simplifi-cadora (conhecida através de experimentos):

>No movimento de um projétil, o movimento horizontal e o movi-mento vertical são independentes um do outro; ou seja, nenhum dosdois movimentos afeta o outro.

Esta característica nos permite decompor um problema envol-vendo movimento bidimensional em dois problemasunidimensionais separados e mais fáceis de serem resolvidos, umpara o movimento horizontal (com aceleração nula) e um parao movimento vertical (com aceleração constante para baixo).A seguir apresentamos dois experimentos que mostram que omovimento horizontal e o movimento vertical são independen-tes.

Duas Bolas de GolfeA Fig. 4.11 é uma fotografia estroboscópica de duas bolas degolfe, uma simplesmente solta e a outra atirada horizontalmente

)' -vvx

....,.....---xo

~-------------R------------~

Fig. 4.10 A trajetória de um QJojétil que é lançado em Xo = O e Yo = O,com uma velocidade inicial vo. A velocidade inicial e as velocidadesem vários pontos ao longo da sua trajetória são mostradas, junto com assuas componentes. Observe que a componente horizontal da velocida-de permanece constante mas a componente vertical da velocidade variacontinuamente. O alcance R é a distância horizontal que o projétil per-correu ao voltar à sua altura de lançamento.

Page 7: Cap. 4 - 6ª ed

54 Movimento em Duas e Três Dimensões

Fig. 4.11 Uma bola é solta do repouso no mesmo instante em que outrabola é disparada para a direita na horizontal. Os seus movimentos ver-ticais são idênticos.

por uma mola. As bolas de golfe possuem o mesmo movimentovertical; neste movimento, as duas caem percorrendo a mesmadistância vertical no mesmo intervalo de tempo. O fato de umabola estar se movendo horizontalmente enquanto está caindo nãotem nenhum efeito sobre o seu movimento vertical; ou seja, osmovimentos horizontal e vertical são independentes.

Um Experimento que Motiva Bastante osEstudantesA Fig. 4.12 mostra um experimento que animou muitas aulas defísica. Ela envolve uma zarabatana Z, usando uma bola como umprojétil. O alvo é uma lata suspensa por um ímã I, e o tubo dazarabatana está dirigido bem na direção da lata. O experimentoé montado de tal forma que o ímã solta a lata exatamente quan- •do a bola sai da zarabatana.

Se g (o módulo da aceleração de queda livre) fosse nulo, abola seguiria a linha reta mostrada na Fig. 4.12 e a lata ficariaflutuando no mesmo lugar depois de o ímã soltá-Ia. A bola cer-tamente atingiria a lata.

Fig. 4.12 A bola projetada sempre acerta a lata em queda. Cada uma caiuma distância h de onde ela estaria se não houvesse aceleração de que-da livre.

Entretanto, g não é nulo. A bola mesmo assim acerta a lata!Como mostrado na Fig. 4.12, durante o tempo em que a bola estáno ar, a bola e a lata caem percorrendo a mesma distância hmedida a partir das suas posições com gravidade nula. Quantomais forte quem estiver fazendo o experimento soprar azarabatana, maior será o módulo da velocidade inicial da bola,menor o tempo que a bola ficará no ar, e menor o valor de h.

4.6 Análise do Movimento de um'ProjétilAgora estamos preparados para analisar o movimento de umprojétil, na horizontal e na vertical.

o Movimento HorizontalPor não haver aceleração na direção horizontal, a componentehorizontal v, da velocidade do projétil permanece inalteradamantendo o seu valor inicial vOx durante todo o movimento, comodemonstrado na Fig. 4.13. Em qualquer tempo t, o deslocamen-to horizontal do projétil x - Xo a partir de uma posição inicial Xoé dado pela Eq. 2.15 com a = 0, que escrevemos como

Como vOx

x - Xo = Voxf.

Vo cos 8o' esta equação fica

x - Xo = (vo cos 80)t. (4.21)

o Movimento VerticalO movimento vertical é o movimento que discutimos na Seção2.8 para uma partícula em queda livre. O mais importante é quea aceleração é constante. Assim, as equações da Tàbela 2.1 seaplicam, desde que troquemos a por - g e mudemos a notaçãode x para y. Então, por exemplo, a Eq. 2.15 se toma

y - Yo = voi - +gt2

= (vo sen 80)t - +gt2, (4.22)

Fig. 4.13 A componente vertical da velocidade deste esportista está va-riando, mas não a sua componente horizontal, que coincide com a velo-cidade da prancha de skate. Conseqüentemente, a prancha de skate ficaabaixo dele, permitindo que ele pouse sobre ela.

Page 8: Cap. 4 - 6ª ed

lata!está

cia hanto

onde a componente vertical da velocidade inicial VOy é trocadapela expressão equivalente Vo sen 80, De maneira análoga, as Eqs.2.11 e 2.16 se tornam

v)" = "o sen 80 - gt (4.23)

e v; = (vo sen 80)2 - 2g(y - Yo). (4.24)

Como ilustrado na Fig. 4.10 e na Eq. 4.23, a componente verti-cal da velocidade se comporta exatamente como no caso de umabola arremessada verticalmente para cima. Ela está inicialmentedirigida para cima e o seu módulo diminui continuamente até seanular, marcando a altura máxima da trajetória. A componentevertical da velocidade então inverte o seu sentido e o seu módu-10 aumenta com o tempo.

A Equação da TrajetóriaPodemos achar a equação da trajetória do projétil eliminando tentre as Eqs. 4.21 e 4.22. Resolvendo a Eq. 4.21 para t e substi-tuindo o resultado na Eq. 4.22, obtemos, após reorden~,

gx2y = (tg 80)x - ? (trajetória). (4.25)

2(vo cos 80)-

Esta é a equação da trajetória mostrada na Fig. 4.10. Ao deduzi-a, para simplificar fazemos Xo = Oe Yo = Onas Eqs. 4.21 e 4.22,

respectivamente. Como g, 80 e Vo são constantes, a Eq. 4.25 é daorma y = ax + bx', na qual a e b são constantes. Esta é a equa-ção de uma parábola, portanto a trajetória é parabólica.

o Alcance Horizontalo alcance horizontal R do projétil, como mostrado na Fig. 4.10,

é a distância horizontal que o projétil percorreu ao retomar à suaaltura inicial (igual à altura de lançamento). Para acharmos o

cance R, substituímos x - Xo = R na Eq. 4.21 e y - Yo = OnaEq. 4.22, obtendo

R = (vo cos 80)t

O = (vo sen 80)t - ~gt2.

inando t entre estas duas equações chegamos a

2V5R = - sen 80 cos 80,

g

- ando a identidade sen 280 = 2 sen 80 cos 80 (veja o Apêndice. obtemos

V5R = - sen 280,g

idado: Esta equação não fornece a distância horizontal per-.da por um projétil quando a altura final não for igual à altu-

de lançamento.Observe que R na Eq. 4.26 possui seu valor máximo quando280 = 1, o que corresponde a 280 = 90° ou 80 = 45°.

(4.26)

alcance horizontal R é máximo para um ângulo de lançamento45°.

Movimento em Duas e Três Dimensões 55 .

Fig. 4.14 (1) A trajetória de uma bola antes de ela tocar no chão, calcu-lada levando-se em conta a resistência do ar. (Il) A trajetória que a bolaseguiria no vácuo, calculada pelos métodos deste capítulo. Os dados cor-respondentes podem ser vistos na Tabela 4.1. (Adaptada de "TheTrajectory of a Fly Ball'", de autoria de Peter J. Brancazio, The PhysicsTeachert, janeiro de 1985.)

TABELA 4.1 Trajetória de Duas "Fly Balls''

Trajetória I (no ar) Trajetória II (no vácuo)

AlcanceAltura máximaTempo de vôo

98,5 m53,Om6,6 s

177 m76,8m7,9 s

'Veja a Fig. 4.14. O ângulo de lançamento é de 60° e a velocidade de lançamen-to é de 44,7 m/s.

Os Efeitos do ArSupomos que o ar através do qual o projétil se move não temnenhum efeito sobre o seu movimento. Entretanto, em muitassituações os nossos cálculos podem estar em grande desacordocom o movimento real do projétil porque o ar resiste (se opõe)ao movimento. A Fig. 4.14, por exemplo, mostra duas trajetóri-as para uma bola de beisebol que se separa do bastão fazendoum ângulo de 60° com a horizontal e com uma velocidade" ini-cial de 44,7 m/s. A trajetória I (a bola arremessada pelo jogadorde beisebol sem rebater no campo? é uma trajetória calculadaque aproxima as condições normais de jogo, no ar. A trajetóriaII (a bola lançada pelo professor de física) é a trajetória que abola seguiria no vácuo.

PONTO DE VERIFICAÇÃO 5: Uma bola de beisebol é lançada semtocar o campo em direção à parte do campo mais afastada" do ba-tedor. Durante o seu vôo (ignorando os efeitos do ar), o que acon-tece com as componentes (a) horizontal e (b) vertical da sua velo-cidade? Quais são as componentes (c) horizontal e (d) vertical dasua aceleração durante a sua subida e a sua descida, e no ponto maisalto do seu vôo?

'A trajetória de uma bola lançada para cima em beisebol em contraste com a groundball,que é uma bola lançada rolando ou quicando pelo chão. (N.T.)'Revista científica cujo nome significa "O Professor de Física". (N.T.)'Velocidade escalar. (N.T.)'Este tipo de lançamento é chamado deflyball em beisebol. (N.T.)'Esta região é também chamada de campo de fora ou jardineiro externo (outfield em inglês).(N.T.)

Page 9: Cap. 4 - 6ª ed

56 MovimentoemDuase TrêsDimensões

Problema Resolvido 4.6

Na Fig. 4.15, um avião de resgate voa a 198 km/h (= 55,0 m/s) man-tendo uma elevação constante de 500 m em direção a um ponto exata-mente acima de uma vítima de acidente de barco a remo que está se de-batendo na água. O piloto quer soltar uma cápsula de resgate de modoque ela bata na água bem perto da vítima.(a) Qual deveria ser o ângulo cp da linha de visada do piloto até a vítimaao fazer o lançamento?

SOLUÇÃO: A IdéiaFundamentalaqui é que, uma vez solta, a cápsula é umprojétil, portanto os seus movimentos vertical e horizontal são indepen-dentes e podem ser considerados separadamente (não precisamos con-siderar a trajetória curva que a cápsula realmente executa). A Fig. 4.15inclui um sistema de coordenadas com a sua origem no ponto de lança-mento, e vemos que cp é dado por

xcp = are tg h' (4.27)

onde x é a coordenada horizontal da vítima no lançamento (e da cápsu-la quando ela bate na água), e h é a altura em que o avião se encontraem relação ao nível da água. Essa altura é de 500 m, portanto precisa-mos apenas de x a fim de acharmos cp. Deveríamos ser capazes de acharx com a equação Eq. 4.21:

x - Xo = (110 cos (30)t. (4.28)

Neste caso, sabemos que Xo = Opois a origem foi colocada no ponto delançamento. Corno a cápsula é solta e não atirada do avião, a sua velo-cidade inicial 110 é igual à velocidade do avião. Assim, sabemos tam-bém que a velocidade inicial possui um módulo 110 = 55,0 m/s e umângulo 130 = 0° (medido em relação ao sentido positivo do eixo dos x).No entanto, não conhecemos o tempo t que a cápsula leva para se mo-ver do avião até a vítima.

J

Fig. 4.15 Problema Resolvido 4.6. Um avião solta uma cápsula de res-gate enquanto se move com velocidade constante voando no mesmonível. Enquanto a cápsula está caindo, a componente horizontal da suavelocidade permanece igual à velocidade do avião.

Para acharmos t, consideramos a seguir o movimento vertical e es-pecificamente a Eq. 4.22

Y - Yo = (110 sen (30)t - ~gt2.

Nesta equação, o deslocamento vertical Y - Yo da cápsula é de - 500 m(o valor negativo indica que a cápsula se move para baixo). Inserindoeste e os outros valores conhecidos na Eq. 4.29 obtemos

-500 m = (55,0 m/s)(senOO)t - !C9,8 m/s2)t2

Resolvendo para t, obtemos t = 10,1 s. Usando esse valor na Eq. 4.28produz

x - O = (55,0 m/s)(cos 0°)(10,1 s),

ou x = 555,5 m.

Então a Eq. 4.27 nos dá

555,5 mcp = arc tg --- = 48°.500 m

(b) Quando a cápsula atinge a água, qual é a sua velocidade 11 na nota-ção de vetor unitário e como um módulo e um ângulo?

(Resposta)

SOLUÇÃO: Novamente, precisamos da IdéiaFundamentalque os movimen-tos horizontal e vertical da cápsula são independentes durante o vôo dacápsula. Em particular, as componentes horizontal e vertical da veloci-dade da cápsula são independentes uma da outra.

Uma segunda Idéia Fundamentalé que a componente horizontal davelocidade v, não se altera a partir do seu valor inicial 1I0x = 110 cos 13 oporque não há aceleração horizontal. Assim, quando a cápsula atinge aágua,

v, = 110 cos 130 = (55,0 m/s)(cos 0°) = 55,0 m/s.

Uma terceira IdéiaFundamentalé que a componente vertical da velo-cidade v)" se altera a partir do seu valor inicial 1I0y = 110 sen 13 o pois exis-te uma aceleração vertical. Usando a Eq. 4.23 e o tempo de queda dacápsula t = 10,1 s, descobrimos quando a cápsula atinge a água,

lIy = 110 sen 130 - gt

= (55,0 m/s)(senOO) - (9,8 m/s2)(10,1 s)

= -99,0 m/s.

Então, quando a cápsula atinge a água ela possui a velocidade

li = (55,0 m/s); - (99,0 m/s)]. (Resposta)

Usando a Eq. 3.6 como um guia ou uma calculadora capaz de l}alizaroperações vetoriais, descobrimos que o módulo e o ângulo de v são

11 = 113 m/s e 13 = -61°. (Resposta)

Problema Resolvido 4.7

A Fig. 4.16 mostra um navio pirata a 560 m de um forte que protege aentrada do porto de uma ilha. Um canhão de defesa, situado ao nível domar, dispara balas com uma velocidade inicial igual alio = 82 m/s.

(a) Com que ângulo 130 medido a partir da horizontal deve-se dispararuma bala para que ela acerte o navio?

SOLUÇÃO: A IdéiaFundamentalaqui é óbvia: Uma bala de canhão dispara-da é um projétil, portanto as equações de um projétil se aplicam. Que-

remos uma equação que relacione o ângulo de lançamento 130 com odeslocamento horizontal da bala do canhão até o navio.

Uma segunda IdéiaFundamentalé que, como o canhão e o navio estãoà mesma altura, o deslocamento horizontal é igual ao alcance. Podemosentão relacionar o ângulo de lançamento 130 com o alcance R pela Eq.4.26,

(4.30)

Page 10: Cap. 4 - 6ª ed

SOLUÇÃO: Vimos que o alcance máximo corresponde a um ângulo deelevação 80 de 45°. Portanto, da Eq. 4.30 com 80 = 4SO,

V5 (82 m/s)2R = - sen280 = ? sen (2 x 45°)

g 9,8 m/s-

= 686 m = 690 m. (Resposta)

À medida que o navio pirata se afasta, os dois ângulos de inclinaçãopara os quais o navio pode ser atingido se aproximam um do outro efinalmente passam a coincidir em 80 = 45° quando o navio está distan-

(4.31) te 690 m. Além dessa distância o navio está a salvo.

y

I-------R= 560 m------+!

Fig. 4.16 Problema Resolvido 4.7. A essa distância, o canhão acerta onavio pirata em dois ângulos de elevação do canhão.

que fornece

gR (9,8 m/s2)(560 m)280 = arcsen? = arcsen ?

vã (82 m/s)-

= arc sen 0,816.

Movimentoem Duase TrêsDimensões 57

A função trigonométrica inversa are sen sempre possui duas soluçõespossíveis. Uma solução (neste caso, 54,7°) é mostrada por uma calcu-ladora; podemos subtraí-Ia de 180° para obtermos a outra solução (nes-te caso, l25Y). Assim, a Eq. 4.31 nos dá

80 = ~(54,7°) = 27° (Resposta)r

e 80 = !(125Y) = 63°. (Resposta)

O comandante do forte pode inclinar o canhão usando qualquer um destesdois ângulos e (se não houvesse a interferência do ar!) acertar o navio pirata.

(b) A que distância o navio pirata deveria estar do canhão para estar forado alcance máximo das balas de canhão?

Problema Resolvido 4.8

A Fig. 4.17 ilustra o vôo de Emanuel Zacchini por cima de três rodas-gigantes, com a localização mostrada e cada uma com 18 m de altura.Zacchini é lançado com a velocidade de Vo = 26,5 m/s, fazendo umângulo de 80 = 53° para cima a partir da horizontal e com uma alturainicial de 3,0 m acima do chão. A rede na qual ele deve pousar está àmesma altura.

(a) Ele consegue passar por cima sem tocar a primeira roda-gigante?

Fig. 4.17 Problema Resolvido 4.8. O vôo de uma bala de canhão huma-na por cima de três rodas-gigantes e para dentro de uma rede.

SOLUÇÃO: A IdéiaFundamentalaqui é que Zacchini é um projétil humano,o que nos permite usar as equações de um projétil. Para usá-Ias, coloca-mos a origem de um sistema de coordenadas xy na boca do canhão. EntãoXo = O e Yo = O e queremos a sua altura y quando x = 23 m, mas nãoconhecemos o tempo t no qual ele atinge aquela altura. Para relacionar-mos y com x sem t. usamos a equação Eq. 4.25:

gx2

y = (tg 80)x - 2(vo

cos 80)2

= t 53° 23 m _ (9,8 m/s2)(23 m)2( g )( ) 2(26,5 m/s)2(cos 53°)2

= 20,3 rn.

Como ele parte de 3 m acima do chão, ele passa por cima da roda-gi-gante com urna folga de 5,3 m.

(b) Se ele atinge a sua altura máxima quando está sobre a roda-gigantedo meio, qual é a sua folga acima dela?

SOLUÇÃO: A IdéiaFundamentalaqui é que a componente vertical vy da suavelocidade é nula quando ele atinge a sua altura máxima. Como a Eq.4.24 relaciona vy com a sua altura y, escrevemos

v; = (vo sen 80)2 - 2gy = O.

que resolvida para y nos dá

I = (vo sen 80)2 = (26,5 m/s)2(sen 53°)2 = 229m) 2g (2)(9,8 m/s2) "

que significa que ele passa a 7,9 m acima da roda-gigante do meio.

(c) A que distância o centro da rede do canhão deveria estar posiciona-do?

SOLUÇÃO: A IdéiaFundamentaladicional aqui é que, como a altura inicial ea altura de pouso de Zacchini são iguais, a distância horizontal da bocado canhão até a rede é o seu alcance horizontal para o vôo. Da Eq. 4.26,achamos

V5 (26,5 m/s)2R = - sen 280 = ? sen 2(53°)

g 9,8 m/s-

= 69 m. (Resposta)

Agora podemos responder às perguntas da abertura deste capítulo:Como Zacchini poderia saber onde colocar a rede, e como ele podia estarcerto de que passaria com folga por cima das rodas-gigantes? Ele (oualguém) fez os cálculos como fizemos aqui. Embora ele não pudesselevar em consideração os efeitos complicados do ar sobre o seu vôo,Zacchini sabia que o ar iria reduzir a sua velocidade e portanto o seualcance seria menor do que o valor calculado, então ele usou uma redeextensa e deslocou-a em direção ao canhão. Ele estava então relativa-mente seguro se por acaso os efeitos do ar em um dado vôo reduzissem

Page 11: Cap. 4 - 6ª ed

58 Movimento em Duas e Três Dimensões

consideravelmente ou muito pouco a sua velocidade. Mesmo assim, avariabilidade deste fator relativo aos efeitos do ar deve ter continuado abrincar com a sua imaginação antes de cada vôo.

Zacchini ainda enfrentou um perigo sutil: Mesmo para vôos maiscurtos, a sua propulsão fomecida pelo canhão era tão intensa que ele

passou por um estado de inconsciência momentânea. Se ele pousa ~durante um estado de inconsciência, poderia quebrar o pescoço. Pevitar que isto acontecesse, ele havia treinado despertar rapidamenteNa verdade, não acordar a tempo apresenta o único perigo real para ubala de canhão humana nos vôos hoje.

TÁTICAS PARA A SOLUÇÃO DE PROBLEMAS

Tática 1: Números Versus ÁlgebraUma forma de evitar erros de arredondamento e outros erros numéri-cos é resolver os problemas algebricamente, substituindo números ape-nas no passo final. Isso é fácil de fazer nos Problemas Resolvidos 4.6 a4.8, e aquela é a maneira como pessoas experientes na solução de pro-

blemas trabalham. Nestes capítulos iniciais, entretanto, preferimos re-solver a maioria dos problemas por partes, para lhe oferecer um melhorentendimentonumérico do que está acontecendo.Mais tarde vamosnosater mais à álgebra.

4.7 Movimento Circular UniformeUma partícula está em movimento circular uniforme se ela sedesloca ao redor de um círculo ou de um arco de círculo comvelocidade escalar constante (uniforme). Embora a velocidadeescalar não varie, a partícula está acelerando. Esse fato pode sersurpreendente porque freqüentemente pensamos na aceleração(a variação da velocidade) como um acréscimo ou decréscimodo módulo da velocidade. Entretanto, na verdade a velocidade éum vetor, não um escalar. Assim, mesmo que a velocidade mudeapenas de direção, ainda há uma aceleração, e isso é o que acon-tece no movimento circular uniforme.

A Fig. 4.18 mostra a relação entre os vetores velocidade eaceleração em várias etapas durante o movimento circular uni-forme. Tanto a velocidade como a aceleração possuem móduloconstante enquanto o movimento progride, mas as suas direçõesvariam continuamente. A velocidade está sempre na direçãotangente ao círculo no sentido do movimento. A aceleração estásempre na direção radial voltada para o centro do círculo. Por isto,a aceleração associada ao movimento circular uniforme é chama-da de aceleração centrípeta (significando "que busca o sentro").Como provaremos a seguir, o módulo desta aceleração a é

v2a=-

r(aceleração centrípeta), (4.32)

onde r é o raio do círculo e v é o módulo da velocidade da partí-cula.

Fig. 4.18 Vetores velocidade e aceleração para uma partícula em movi-mento circular uniforme no sentido anti-horário. Ambos possuemmódulos constantes mas variam continuamente em direção.

Além disso, durante esta aceleração com o módulo da velo-cidade constante, a partícula descreve uma circunferência de cír-culo (uma distância de 27Tr) no tempo

27TrT = -- (período).

v(4.33)

T é chamado de período de revolução, ou simplesmente de pe-ríodo, do movimento. No caso mais geral, o período é o tempoque uma partícula leva para completar exatamente uma volta emuma trajetória fechada.

Demonstração da Eq. 4.32Para acharmos o módulo, a direção e o sentido da aceleração parao movimento circular uniforme, consideramos a Fig. 4.19. NaFig. 4.19a, a partícula p se move com velocidade escalar cons-tante v ao redor de um círculo de raio r. No instante mostrado, ppossui coordenadas xp e Yp. ~

Lembre-se da Seção 4.3 que a velocidade v de uma partícu-Ia em movimento é sempre tangente à trajetória da partícula naposição da partícula. Na Fig. 4.19a, isto significa que v é per-pendicular ao raio r de~enhado até a posição da partícula. Por-"tanto, o ângulo 8 que v faz com uma vertical em p é igual aoângulo 8 que o raio r faz com o ejxo x.

As componentes escalares de v são mostradas na Fig. 4.19b.Com elas, podemos escrever a velocidade v como

v = vJ' + vy] = (-v sen 8)i + (v cos 8)]. (4.34)

Agora, usando o triângulo retângulo da Fig. 4.19a, podemossubstituir sen 8 por y/r ecos 8 por x/r e escrever

(4.35)

Para acharmos a aceleração ~ da partícula p, devemos cal-cular a derivada desta equação em relação ao tempo. Observan-do que o módulo da velocidade v e o raio r não se alteram com otempo, obtemos

s = dv = (_ ~dYp) i + (~dXp)s.dt r dt r dt

Observe que agora a taxa dy/dt com que yp varia é igual à com-ponente da velocidade v)" Analogamente, dxfdt = Vx e, novamen-

(4.36)

Page 12: Cap. 4 - 6ª ed

sasse. Paraente.uma

os re-melhoros nos

)'

Movimentoem Duase TrêsDimensões 59

) )

~vy

Vx

\

\-----t--------x

J/

/

/~_./

I(a)

!-----l------:--x

)(b) ( c)

Fig. 4.19 A partícula p se ~ove em movimento circular uniforme no s~ntido anti-horário. (a) A sua posição e a sua velocidade v em um certoinstante. (b) A velocidade v e as suas componentes. (c) A aceleração a da partícula e as suas componentes.

te da Fig. 4.19b, vemos que Vx = -v sen 8 e v)' = v cos 8. Fazen-do estas substituições na Eq. 4.36, achamos

a= (- ~~cos 8)1 + (- ~~s~n8)j. (4.37)

Este vetor e as suas componentes são mostrados, na Fig. 4.19c.Seguindo a Eq. 3.6, achamos que o módulo de a é

v2 v2a = .J a} + a2 = - .J (cos 8)2 + (sen 8)2 = -,

Y r r-->

como queríamos provar. Para achar a orientação de a, podemosachar o ângulo 1> mostrado na Fig. 4.19c:

ay -(v2/r) sen 8tg 1> = - = = tg 8.

a.... -(v2/r) cos 8-->

Assim, 1> = 8, significando que a está dirigido ao longo do raior da Fig. 4.l9a, no sentido do centro do círculo, como quería-mos provar.

rPONTO DE VERIFICAÇÃO 6: Um objeto se move com velocidade(escalar) constante ao longo de uma trajetória circular em um pla-no.xy horizontal, com centro na origem. quando o objeto está emx = -2 m, a sua velocidade é -(4 m/s)j. Dê (a) a velocidade e(b) a aceleração do objeto quando ele estiver em y = 2 m.

Problema Resolvido 4.9

Pilotos de caça há muito tempo se preocupam quando têm que fazercurvas fechadas. Como o corpo de um piloto fica sujeito à aceleraçãocentrípeta, com a cabeça voltada para o centro de curvatura, a pressãoangüínea no cérebro diminui, levando à perda de funções cerebrais.

Há vários sinais de aviso para informar a um piloto para ceder: quan-do a aceleração centrípeta é de 2g ou 3g, o piloto se sente pesado. Emorno de 4g, a visão do piloto passa para preto e branco e se reduz à "vi-são de túnel"." Se essa aceleração for mantida ou aumentada, o pilotodeixa de enxergar e, logo depois, fica inconsciente - um estado co-nhecido como g-LOC.1O

Qual é a aceleração centrípeta, em unidades g, de um piloto voandoem um caça F-22 à velocidade (escalar) v = 2500 km/h (694 mJs) numarco de círculo com raio de curvatura r = 5,80 km?

SOLUÇÃO: A IdéiaFundamentalaqui é que apesar de o módulo da velocida-de do piloto ser constante, a trajetória circular exige uma aceleração(centrípeta), com módulo dado pela Eq. 4.32:

v2 (694 m/s)2 ?a = - = = 83,0 m/s- = 8,5g. (Resposta)

r 5800 m

Se um piloto imprudente surpreendido num combate aéreo!' colo-car a aeronave para fazer uma curva tão fechada, o piloto entra emg-LOC quase que imediatamente, sem sinais de aviso indicando operigo.

4.8 Movimento Relativo em UmaDimensãoSuponha que você veja um pato voando para o norte a, digamos,30 km/h. Para um outro pato voando ao lado, o primeiro pato

ece estar estacionário. Em outras palavras, a velocidade dea partícula depende do sistema de referência de quem quer

e esteja observando ou medindo a velocidade. Para os nossos

Sznação na qual o campo de visão fica drasticamente estreitado, como quando se olha através% um tubo. (NT.)!)as iniciais da expressão em inglês g-induced lass af cansciausness, que pode ser tradu-- como "perda de consciência induzida pela aceleração da gravidade". (NT.)

propósitos, um sistema de referência é o objeto físico ao qual fi-xamos o nosso sistema de coordenadas. No dia-a-dia, esse objetoé o chão. Por exemplo, a velocidade registrada em um bilhete deexcesso de velocidade é sempre medida em relação ao chão. Avelocidade relativa ao policial seria diferente se o policial estives-se se movendo enquanto estivesse medindo a velocidade.

Suponha que Alex (na origem do sistema de coordenadas A)esteja estacionado no acostamento de uma auto-estrada, obser-

"Em inglês usa-se a palavra dagfight ("briga de cachorros") para se referir a um combateaéreo violento entre aviões de caça pequenos e altamente manobráveis. (N.T.)

Page 13: Cap. 4 - 6ª ed

60 Movimentoem Duase TrêsDimensões

)' Sistema de )'Referência A Sist~ma de Referência B

~ CiiJpXPB

I x xxPA = xPB + xBI\

Fig. 4.20 Alex (sistema de referência A) e Bárbara (sistema de referên-cia B) observam o carro P, enquanto B e P se movem com velocidadesdiferentes ao longo dos eixos x comuns dos dois sistemas de referência.No instante mostrado, XBA é a coordenada de B no sistema de referênciaA. Além disso, P está na coordenadax., no sistema de referência B e nacoordenada xpA = xpB + XBA no sistema de referência A.

vando o carro P (a "partícula") passar correndo. Bárbara (na ori-gem do sistema de coordenadas B) está dirigindo ao longo daauto-estrada com velocidade constante e também está observandoo carro P. Suponha que, como na Fig. 4.20, eles dois meçam aposição do carro em um dado momento. Vemos pela figura que

(4.38)

A equação pode ser lida como "A coordenada XPA de P medidapor A é igual à coordenada XpB de P medida por B mais a coorde-nada XBA de B medida por A." Observe como esta leitura fica fa-cilitada pela seqüência dos subscritos.

Calculando a derivada em relação ao tempo da Eq. 4.38, ob-temos

ou (como v = dx/dt)

(4.39)

Esta equação pode ser lida como "A velocidade VPA de P medidapor A é igual à velocidade VPB de P medida por B mais a veloci-

dade VBA de B medida por A." O termo VBA é a velocidade do sis-tema de coordenadas B em relação ao sistema de coordenadasA. (Como os movimentos são ao longo de um único eixo, pode-mos usar as componentes ao longo daquele eixo na Eq. 4.39 eomitir as setas acima dos vetores.)

Consideramos aqui apenas sistemas de referência que semovem com velocidade constante entre si. No nosso exemplo.isto significa que Bárbara (sistema de referência B) estará diri-gindo sempre com velocidade constante VBA em relação a Alex(sistema de referência A). O carro P (a partícula em movimen-to), entretanto, pode acelerar, reduzir de velocidade, chegar aorepouso ou inverter o sentido (ou seja, ele pode acelerar).

Para relacionar uma aceleração de P medida por Bárbara coma medida por Alex, tomamos a derivada da Eq. 4.39 em relaçãoao tempo:

d d d- (VPA) = - (VPB) + - (VBA)'dt dt dt

Como VBA é constante, o último termo se anula e temos

apA = apB. (4.40)

Em outras palavras,

>Observadores situados em diferentes sistemas de referência (quese movem com velocidade constante entre si) medirão a mesma ace-leração de uma partícula em movimento.

Situação

(a)(b)(c)

+ 50+ 30 + 40

- 20

+ 50

+ 60

r PONTO DE VERIFICAÇÃO 7: A tabela fornece as velocidades (km/h) de Bárbara e do carro P da Fig. 4.20 para três situações. Paracada uma delas, qual o valor que está faltando e como está varian-do a distância entre Bárbara e o carro P?

Problema Resolvido 4.10

Para a situação desta seção e da Fig. 4.20, a velocidade de Bárbara emrelação a Alex é uma constante VBA = 52 kmJh e o carro P está se mo-vendo no sentido negativo do eixo x.

(a) Se Alex mede uma velocidade constante vpA = -78 kmJh para o carroP, qual será a velocidade VpB medida por Bárbara?

SOLUÇÃO: A Idéia Fundamentalaqui é que podemos fixar um sistema dereferência A em Alex e outro sistema de referência B em Bárbara. Alémdisso, como estes dois sistemas de referência se movem com velocida-de constante entre si, ao longo de um único eixo, podemos usar a Eq.4.39 para relacionarmos VpB e VPA• Achamos

ou -78 km/h = "pB + 52 km/h.

VPB = -130 km/h. (Resposta)Então,

Se o carro P estivesse ligado ao carro de Bárbara por um fio flexívelenrolado em um carretel, o fio estaria se desenrolando a uma velocida-de de 130 kmJh enquanto os dois carros se separassem.

(b) Se o carro P freia até parar em relação a Alex (e portanto em relaçãoao chão) no tempo t = 10 s com aceleração constante, qual é a sua ace-leração apA em relação a Alex?

SOLUÇÃO: A IdéiaFundamentalneste caso é que, para calcularmos a acele-ração do carro P em relação a Alex, devemos usar as velocidades docarro em relação a Alex. Como a aceleração é constante, podemos usara Eq. 2.11 (v = Vo + at) para relacionarmos a aceleração com as velo-cidades inicial e final de P. A velocidade inicial de P em relação a Alexé vPA = -78 kmJh e a velocidade final é O. Assim, a Eq. 2.11 nos dá

a = 11 - Vo = O - (-78 km/h) I m/sPA tIOs 3,6 km/h

= 2,2 m/s2. (Resposta)

(c) Qual é a aceleração apB do carro P em relação a Bárbara durante afrenagem?

SOLUÇÃO: A IdéiaFundamentalé que agora, para calcularmos a aceleraçãodo carro P em relação a Bárbara, devemos.usar as velocidades do car-

Page 14: Cap. 4 - 6ª ed

ro em relação a Bárbara. Conhecemos a velocidade inicial de P emrelação a Bárbara da parte (a) (vp8 = -130 km/h). A velocidade finalde P em relação a Bárbara é de -52 km/h (esta é a velocidade do carroparado em relação a Bárbara se movendo). Assim, novamente da Eq.2.11,

Movimentoem Duase TrêsDimensões 61

v ~ "o°pB = --1-

= 2,2 m/s2.

-52km/h-(-130km/h) lm/s10 s 3,6 km/h

(Resposta)

Este resultado era previsível: Como Alex e Bárbara possuem velocidaderelativa constante, eles devem medir a mesma aceleração para o carro.

queace-

4.9 Movimento Relativo em DuasDimensõesAgora passamos do movimento relativo em uma dimensão parao movimento relativo em duas (e, por extensão, em três) dimen-ões. Na Fig. 4.21, nossos dois observadores estão acompanhando

novamente o movimento de uma partícula em movimento P apartir das origens dos sistemas de coordenagas A e B, enquantoB se move com uma velocidade constante 11 BA em relação a A.(Os eixos correspondentes destes dois sistemas de coordenadaspermanecem paralelos.)

J

Sistema de Referência A

Fig. 4.21 Q,sistema de referência B possui a velocidade bidimensionalconstante vBA em relaç:,ãoao sistema de referência A. O vetor posiçãode B em relação aj é r 8A' OS vetores posição da partícula P são r PA

em relação a A e r P8 em relação a B.

A Fig. 4.21 mostra um certo instante durante o movimento.aquele instante, o vetor posição de B em relação a A é ; BA •

Além dissg, os vetores posição da partícula P são ; PA em rela-ção a A e r PB em relação a B. A partir da disposição das pontase das caudas desses três vetores posição, podemos relacionar osvetores através da relação

(4.41)

Calculando a derivada em relação jO tem-p0 desta equação, po-demos relacionar as velocidades 11 PA e v PB da partícula P emrelação aos nossos observadores. Obtemos

(4.42)

Tomando a derivada em relação ao tsmpo desta relação, pode-mos relacionar as acelerações a PA e a PB da partícula P em rsla-ção aos nossos observadores. Entretanto, observe que como 11 BA

é constante, a sua derivada em relação ao tempo é nula. Assim,obtemos

(4.43)

Como no caso do movimento unidimensional, temos a seguinteregra: Observadores situados em diferentes sistemas de referên-cia que se movem com velocidade constante entre si medirão amesma aceleração para uma partícula em movimento.

Problema Resolvido 4.11

_.a Fig. 4.22a, um avião se move para o leste (exatamente na direçãote) enquanto o piloto aproa o avião um pouco para o sul a partir doe, contra um vento regular que sopra para o nordeste. O avião pos-

. velocidade ~ AV em relação ao vento, com uma velocidade no ar":nódulo da velocidade do avião em relação ao vento) de 215 km/h, na

ção ~udeste fazendo um ângulo 8 com o leste. O vento possui velo-de vvc em relação ao chão, com uma velocidade (escalar) de 65,0, na direção nordeste fa~endo um ângulo de 20,0° com o norte. Qual

_ o módulo da velocidade v AC do avião em relação ao chão, e qual oalor de 87

uçÃO: A IdéiaFundamentalé que a situação é semelhante àquela da Fig.-_1. Neste caso a partícula P em movimento é o avião, o sistema dereferência A está fixado ao chão (que chamaremos de C), e o sistema dereferência ê está "preso" ao vento (que chamaremos de V). Precisamos

nstruir um diagrama vetorial semelhante ao da Fig. 4.21, mas destaez usando os três vetores velocidade.

:-:unbém conhecida como velocidade própria ou velocidade aérea, correspondendo aeed em inglês. (N.T.)

Primeiro construa uma frase que relacione os três vetores:

velocidade doavião em relação

ao chão (AC)

velocidade do+ vento em relação

ao chão (VC)

velocidade doavião em relação

ao vento (A V)

Esta relação pode ser desenhada como na Fig. 4.22b e escrita em nota-ção vetorial como

(4.44)

Queremos o módulo do primeiro vetor e a direção e o sentido do segun-do vetor. Com incógnitas em dois vetores, não conseguimos resolver aEq. 4.44 diretamente em uma calculadora capaz de realizar operaçõesvetoriais. Em vez disso, precisamos decompor os vetores em compo-nentes no sistema de coordenadas da Fig. 4.22b, e então resolver a Eq.4.44 eixo a eixo (veja a Seção 3.5). Para as componentes y, achamos

V AC.y = VAV,y + vvc.y

ou O = -(215 km/h) sen 8 + (65,0 km/h)(cos 20,0°).

Achando a solução para 8

(65,0 km/h)(cos 20,0°) °8 = arcsen 215 km/h = 16,5 .(Resposta)

Page 15: Cap. 4 - 6ª ed

62 Movimento em Duas e Três Dimensões

N

t> E

~

Vvc

(a)

L.( b)

REVISÃO E RESUMO

Vetor Posição A localização de uma partícula em relação à Cl,rigemdeum sistema de coordenadas é dada por um vetor posição r, que nanotação de vetor unitário é

r = xi + Y] + zk.

Aqui xi, yj e zk são as componentes vetoriais do vetor posição ; e x,y e z são suas componentes escalares (além de serem as coordenadas dapartícula). Um vetor posição é descrito por um módulo e um ou doisângulos para orientação, ou pelas suas componentes vetoriais ou esca-lares."

Deslocamento SeJma pagícula se move de tal forma .sue o seu vetorposição muda de r I para r 2' então o deslocamento t::.r da partícula é

o deslocamento também pode ser escrito como

t::.r = (X2 - xI)i + (Y2 - YI)] + (Z2 - zl)k (4.3)

= t::.xi + t::.y]+ t::.zk, (4.4)

onde as coordenadas (XI' YI' ZI) correspondem ao vetor posição r I e ascoordenadas (x2' Y2' z~ correspondem ao vetor posição ;2'Velocidade Média e Velocidade (Instantânea) Se uma partícula sofreum deslocamento t::.; no tempo t::.t,a sua velocidade média ~mid paraaquele intervalo de tempo é

Quando t::.tna Eq. 4.8 é contraído para 0, ~ méd ...•atinge um limite chama-do de velocidade ou velocidade instantânea v:

dI"11== -

di'(4.10)

I3Matematicamente estas são duas maneiras de se representar vetores por meio de coorde-nadas. A primeira corresponde às coordenadas esféricas, em problemas tridimensionais, quese reduz às coordenadas polares em problemas bidimensionais. A segunda corresponde àscoordenadas retangulares, também conhecidas como coordenadas cartesianas. Existe aindauma terceira maneira bastante utilizada que são as coordenadas cilíndricas, onde se adotamcoordenadas polares em um plano e uma cota para representar a terceira dimensão; em pro-blemas bidimensionais, a terceira dimensão desaparece e as coordenadas cilíndricas tarn-bém se reduzem às coordenadas polares. (N.T.)

Analogamente, para as componentes X achamos

....Neste caso, como v AC é paralelo ao eixo x, a componente vAC.x é igualao módulo vAC' Substituindo este resultado e () = 16,SO, achamos

vAC

= (215 km/h)(cos 16,5°) + (65,0 km/h)(sen20,00)

= 228 km/h. (Resposta

rPONTO DE VERIFICAÇÃO 8: Neste problema resolvido, suponhaque o piloto aproe o avião na direção leste mas sem mudar a suavelocidade no ar. As seguintes grandezas aumentam, diminuem oupermanecem as mesmas: (a) vAC.y'(b) vAC,x'e (c) vAC?(Você é ca-paz de responder sem fazer cálculos.) _

Fig. 4.22 Problema Resolvido 4.11. Para voar em direção ao leste, oavião deve aproar um pouco contra o vento.

que pode ser reescrito na notação de vetor unitário como

v = v) + v) + vJ,(4.1)

....onde Vx = dx/dt, v,. = dy/dt e v, = dzldt. A velocidade instantânea v deuma partícula está sempre na direção tangente à trajetória da partículana posição da partícula.

Aceleração Mé1ia e Act:leração (Instantânea) Se a velocidade da par-tícula varia de VI para V2 no intervalo de tempo t::.t,a sua aceleraçãomédia durante t::.té

(4.2)(4.15)

....Quando t::.tna Eq. 4.15 é contraído para 0, amid atinge um valor limitechamado de aceleração ou aceleração instantânea ~:

dva=-.dt

(4.16)

a notação de vetor unitário,

a= a) + ay] + azk,

onde ax = dvfdt, ay = dv.fdt e az = dvfdt.

(4.17)

(4.8)Movimento de um Projétil Movimento de um projétil é o movimgn-to de uma partícula que é lançada com uma velocidade inicial vo·Durante o seu vôo, a aceleração horizontal da partícula é nula e asua aceleração vertical é a aceleraç~,o de queda livre - g. (O sentidopositi vo é escolhido para cima.) Se Vo for expresso como um módulo(o módulo da velocidade vo) e um ângulo (}o, as equações do movi-mento da partícula ao longo do eixo horizontal x e do eixo vertical ysão

(4.21)

(4.22)

(4.23)

(4.24)

vy = "o sen (}o - gt,

Page 16: Cap. 4 - 6ª ed

éigual

4.11)

limite

-.16)

':'.17)

A trajetória de uma partícula no movimento de um projétil é parabóli-ca e é dada por

y = (tg Bo)x - 2( B )?' (4.25)"o cos 0-

onde a origem foi escolhida de forma que Xo e Yo nas Eqs. 4.21 a 4.24fossem nulos. O alcance horizontal R da partícula, que é a distânciahorizontal a partir do ponto de lançamento até o ponto no qual a partí-cula retoma à altura de lançamento, é

R = ~ sen2Bo.g

(4.26)

Movimento Circular Uniforme Se uma partícula se desloca ao longode um círculo ou arco de círculo de raio r com velocidade escalar cons-tante], ela está em movimento circular uniforme e possui uma acelera-ção a cujo módulo é dado por

v2a =-.

r(4.32)

PERGUNTAS

1. A Fig. 4.23 mostra a posição inicial i e a l2,osiçãofinal! de uma par-tícul~. Quais são (a) o vetor posição inicial r i e (b) o vetor posição fi-nal r f da partícula, ambos na notação de vetor unitário? (c) Qual é acomponente x do deslocamento da partícula 8.;?

J

4m

ri: LT---------~J13 m/ 5 m1 /l/3m~

Fig. 4.23 Pergunta 1.

2. São apresentadas a seguir quatro descrições para a velocidade de umdisco de hóquei no plano xy, todas em metros por segundo:

1) vr = -3t2 + 4t - 2 e v)' = 6t - 4_) Vx = -3 e v)' = -5t2 + 6~)v= 2t2f - (4t + 3)J.!) v= -2ti + 3]a) Para cada descrição, as csmponentes x e y da aceleração são con~

tantes, e o vetor aceleração a é constante? (b) Na descrição (4), se vstiver em metros por segundo e t em segundos, quais devem ser as

.dades dos coeficientes - 2 e 3?

. A Fig. 4.24 mostra três situações nas quais projéteis idênticos sãoçados do chão (no mesmo nível) com módulos da velocidade e ân-

'" os idênticos. Entretanto, os projéteis não aterrissam no mesmo ter-reno. Classifique as situações de acordo com a ordem decrescente dos

. ulos das velocidades finais dos projéteis imediatamente antes de eleserrissarem.

Movimento em Duas e Três Dimensões 63

....A direção de a está voltada para o centro do círculo ou arco de círculo,e diz-se que ; é centrípeta. O tempo para que a partícula complete umavolta do círculo é

2m'T=-.

v(4.33)

T é chamado de período de revolução, ou simplesmente de período, domovimento.

Movimento Relativo Quando dois sistemas de referência A e B estão semovendo entre si com velocidade constante, a velocidade de uma par-tícula P medida por um observador no sistema de referência A normal-mente difere daquela medida a partir do sistema de referência B. As duasvelocidades medidas estão relacionadas pela equação

(4.42)...•na qual v BA é a velocidade de B em relação a A. Os dois observadoresmedem a mesma aceleração para a partícula; ou seja,

(4.43)

(a) (b) (e)

Fig. 4.24 Pergunta 3.

4. Em um certo instante, uma bola arremessada sem ressaltar no chãopossui velocidade ; = 25 i - 4,9 j (o eixo x é horizontal, o eixo y estávoltado para cima, e ; está em metros por segundo). A bolajá passoupelo ponto mais alto da sua trajetória?

5. Você tem que lançar um foguete, praticamente c!? nível <10 solo, comum dos seguintes vetores velocidade inicial: (1) Vo = 20i + 70j, (2);0 = -20i + 70j, (3) ;0 = 20i -70j, (4) ;0 = -20i -70]. Noseu sistema de coordenadas, x varia ao longo do nível do solo e y crescepara cima. (a) Classifique os vetores em ordem decrescente de acordo como módulo da velocidade de lançamento do projétil. (b) Classifique osvetores em ordem decrescente de acordo com o tempo de vôo do projétil.

6. Uma bo~ de barro A ~ lançada de 2 m acima do chão com velocida-de inicial Vo = (2i + 4j) m/s. Qual a sua velocidade imediatamenteantes de aterrissar em uma superfície que está a 2 m acima do chão?

7. Na Fig. 4.25, um creme de tangerina é jogado para cima passandopelas janelas 1,2 e 3, que possuem tamanhos idênticos e estão espaça-

Fig. 4.25 Pergunta 7.