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Aula do Curso Noic de Física, feito pela parceria do Noic com o Além do Horizonte

Os conceitos mais básicos dessa matéria são:

Cinemática Básica:

Deslocamento: Consiste na distância entre dados dois pontos percorrida por um corpo.

Velocidade: Consiste na taxa de variação dessa distância no tempo.

Aceleração: Consiste na taxa de variação da velocidade no tempo.

É importante notar que o deslocamento não é o mesmo que espaço percorrido ou trajetória. O primeiro trata apenas dos pontos final e inicial. A trajetória compreende a análise de todos os pontos percorridos, sendo a distância percorrida.

Aqui, é importante tratar do caráter vetorial dessas grandezas. Analisemos a velocidade. Além de ela ter um valor, dito módulo, também possui uma direção e sentido, conferindo-‐lhe essa característica de vetor, uma seta. O mesmo vale para o deslocamento e aceleração.

Veja o que ocorre com um corpo se o mesmo realiza dois deslocamentos, gerando um deslocamento resultante, igual a “soma das setas”.


Assim como há a soma, também há a diferença, vindo da soma dos vetores, com o negativo virado de sentido, isto é:

Caso uma soma de vetores se fechem no fim (as setas formem um caminho que no fim, chegue ao mesmo ponto inicial), a resultante vetorial é nula.

No entanto é muito comum o estudo escalar (apenas de quantidade) dessas grandezas, apenas em alguns momentos usando a visão vetorial. Para maior aprofundamento, há de se buscar aprender as ferramentas lei dos senos e cossenos para vetores. Estudemos algumas equações.

Para um ponto material com velocidade nula, sua posição em função do tempo é sempre a mesma, ou seja, constante:

S(t) = So

Com um gráfico trivial. Já com uma velocidade constante (v), no dito movimento uniforme tem-‐se:

S(t) = So + Vt

Veja o gráfico ao lado:

Uma análise similar vem do estudo da velocidade. Se essa for constante, tem-‐se:

V(t) = Vo

Se há uma aceleração constante (a) no dito movimento uniformemente variado, é possível demonstrar, por cálculo, que, dado um corpo com certa velocidade inicial Vo, tem-‐se:

𝑆(𝑡) = 𝑆𝑜 + 𝑉𝑜. 𝑡 + 12𝑎. 𝑡!

V(t) = Vo + a.t

Veja os gráficos desse movimento:


Façamos duas questões para por em uso esses conhecimentos.

1. Um carro, em uma trajetória retilínea, está a dez metros antes de um semáforo. Considerando o ponto zero no semáforo, com sentido crescente desse em seguinte e sabendo que o carro possui velocidade constante Vo = 5m/s:

a) Qual a posição do carro no instante t=0?

b) Em que instante o carro chega ao semáforo?

c)Sabendo que o carro para no semáforo, demorando 5s, e, para não pegar o próximo vermelho, sai do que está com aceleração 2m/s2, descreva a nova equação do espaço para o carro, a partir daí.

d)Se a distância entre os semáforos vale 100 metros, diga qual deve ser o mínimo intervalo de tempo para o semáforo fechar e o carro não pegar esse vermelho. Mostre então em que tempo do referencial tratado alcança-‐se o outro semáforo.

Resposta:

a) Pelo explicado, esse valerá

So = -‐10 m

b) Montando a equação do espaço:

S(t) = So + V.t

Assim, dado So = -‐10 m e V = 5 m/s:

S(t) = -‐10 + 5.t

Pondo esse igual a zero, passando pelo semáforo:

0 = -‐10 + 5.t

t = 𝟏𝟎𝟓 = 2s

c) Sabe-‐se que, considerando os dados do problema, o espaço inicial agora é zero (estando-‐se no semáforo), a velocidade inicial agora é zero, mas o tempo passado começou a 2s + 5s = 7s


(contando o tempo para chegar no semáforo e parado). Em suma, dada a aceleração 2m/s2, da formula mostrada anteriormente:

𝐒 𝐭 = 𝟏𝟐.𝟐. (𝐭 − 𝟕)𝟐

d) Basta que:

𝟏𝟐.𝟐. (Δ t)𝟐 = 𝟏𝟎𝟎

(Δ t)2 = 100

(Δ t) = 10 s

Assim,

t-‐7 = 10

t = 17 s

2. Para as equações abaixo, diga quanto vale So, Vo, a e o tipo de movimento, além do espaço em função do tempo (se não houver):

a) s = 10 + 5t + 2t2

b) s = 2 – 4t

c) s = 5t2

d) v = 15

e) v = 6t

Resposta:

a) So = 10, Vo = 5, a = 4 (lembre que o termo do t2 é a metade da aceleração). Movimento uniformemente variado.

b) So = 2, Vo =– 4, a = 0. Movimento uniforme (dito retrógrado com v <0).

c) So = 0, Vo = 0, a = 10. Movimento uniformemente variado.

d) So = indeterminado, Vo = 15, a = 0. Movimento uniforme, de s(t) = k + 15t.

e) So = indeterminado, Vo = 0, a = 6. Movimento uniformemente variado, de s(t) = 3t2.

Aqui, dois conceitos são importantes:

A velocidade média é a diferença entre as posições final e inicial dividida pelo tempo total até se chegar a esses, isto é:

!!!! = Velocidade Média


Já que nem sempre os movimentos têm velocidades constantes, podendo se fazer uma média, encontrando-‐se uma velocidade equivalente.

A aceleração média é a diferença entre as velocidades final e inicial dividida pelo tempo total até se chegar a essas, isto é:

!!!! = Aceleração média

Nesse contexto mais duas fórmulas são importantes e não dificilmente demonstradas, o que não será feito aqui. Ambas vêm para movimentos retilíneos com aceleração constante nessa direção, a:

Vm1= (!! ! !!)

! onde “Vm12“é a velocidade média entre dois pontos 1 e 2, sabendo-‐se suas

velocidades “V1“ e ”V2”

V22 = V1

2 + 2ad, conhecida por equação de Torricelli, onde “V1“ e “V2” são as velocidades de dois pontos 1 e 2, “a” aceleração do movimento e “d” o deslocamento entre a e b.

Observe que, até aqui, os movimentos estudados foram os mais simples possíveis. No entanto, para expansão das ideias, é preciso utilizar uma definição mais formal dos conceitos estudados:

Dado um movimento no espaço, sabe-‐se que sua taxa de variação no tempo é sua velocidade média (para todo o movimento). Para a variação temporal tendendo a zero, tem-‐se a dita

velocidade instantânea, limite de !!!!, ΔT tendendo a 0, sendo esse limite dito derivada, igual a

tg (θ).Observe o gráfico abaixo:

É fácil perceber que, num certo ΔT bem pequeno, tendendo a zero, no começo do gráfico tem-‐se um ΔS pequeno. Depois, próximo do fim desse, o ΔS é bem maior, num mesmo ΔT. Em suma, a velocidade vai ficando maior com o passar do tempo, a taxa explicitada aumenta.

De modo análogo, pensa-‐se na aceleração como o

limite de !"!", ΔT tendendo a zero, esse delta, nesse

caso, sendo escrito com d().

v = !"!"e a = !"

!"

O pensamento reverso pode ser aplicado. Dado o espaço igual ao produto da velocidade pelo tempo, quando se faz cada velocidade por cada pequeno intervalo de tempo, acha-‐se o espaço total percorrido (sem análise de So) no limite dessa soma, dos ΔS. Essa soma é chamada integral, isto é:


V

𝑣 𝑡 Δ𝑡 = s, ΔT -‐-‐-‐> 0 e 𝑎 𝑡 Δ𝑡=v, ΔT -‐-‐-‐> 0

Façamos uma questão sobre:

(Mackenzie adaptada) Estudando o movimento de um corpo, a partir do instante zero, obtivemos o gráfico a seguir. Entre os instantes 4 s e 7 s, o deslocamento do corpo foi de 24 m. O valor da velocidade e a aceleração no instante zero e o espaço total percorrido entre 0 e 7s. são?

Resposta:

Observe que a tangente do gráfico estudado entre os instantes 0 e 4 é constante, o tal limite é o mesmo para todos os pontos do intervalo, implicando que ali há uma velocidade constante. Entre 4 e 7, utilizando a teoria aprendida da integral:


(7-‐4).h = 24

h=8

Pela semelhança triangular existente:

Vo = -‐8m/s

E a tangente, por Δy/Δx:

a = [!!(!!)]!

= !"! = 4

a = 4 m/s2

Já o espaço total será o somatório do espaço em cada um dos pedaços, calculados como a área. Observe que as áreas entre o gráfico estudado e os instantes 0 e 2 s e 2 e 4 s são as mesmas em módulo, mas têm sinal contrário. Logo, o espaço é só o percorrido entre 4 e 7 s.

Stot= 24m

Lançamentos:

Comecemos agora o estudo de movimentos verticais e lançamentos no vácuo.

Quando se solta um objeto, sabe-‐se que o mesmo acelera, ganhando velocidade, percorrendo sua altura até finalmente bater no chão. Quando se joga um objeto para cima, sabe-‐se que esse vai subir até uma altura máxima e descer. Estudemos o que acontece.

O corpo, desprezando resistências do ar (situação de vácuo), terá uma aceleração g, de direção vertical e sentido para baixo. Assim, dada certa altura h de um corpo, a equação do espaço e da velocidade serão:

S(t) = H – !!gt2

V(t) = -‐gt

Observe que essas equações consideram o chão como a posição zero, orientando o positivamente para cima. Vejamos também o espaço de um corpo de altura H, jogado para cima com velocidade Vo, nas mesmas orientações:

S(t) = H + Vot – !!gt2


Analisando essa equação, percebemos que a mesma é uma parábola de concavidade para baixo, possuindo então um máximo, o vértice da parábola, no caso para (das teorias de parábola):

t = !!"[!(!!!)!]

= !"!

Que é justo o tempo para a velocidade zerar, o corpo então parando de subir, como se ver colocando na equação da velocidade, com essa sendo zero:

V(t) = Vo – gt = 0

t = !"!

No caso, esse máximo valerá Hmax = H + !"!

!". No caso particular de H ser igual a zero, acha-‐se

que a máxima altura que um corpo lançado com Vo para cima é Hmax=!"!

!".

Também é bastante intuitivo, mas demonstrável, que o tempo de subida de um corpo é o mesmo de sua descida, é um movimento simétrico.

Façamos uma questão para trabalhar essas ideias:

(ITA) Um corpo cai de uma certa altura tal que, durante o último segundo da queda ele

percorre !! da altura total. Calcular o tempo da queda, dado g = 10 m/s2 e Vo nula.

Resposta:

Usando a equação do espaço aprendida (dado T o tempo total da trajetória):

S(T) = H – !!gT2= 0

H = !!gT2

S(T-‐1) = H – !!g(T-‐1)2

Tal que:

S(t-‐1) – S(t) = !!H = !

!g(2T -‐1)

Usando o H achado anteriormente e g =10 m/s2:

!!T2 = 10T – 5

T2 – 8T + 4 = 0

T = 4 + 2 𝟑


Observe que o estudo realizado até aqui tratou de movimentos verticais, mas uma análise de movimentos oblíquos é bastante similar, com um acréscimo. O movimento na horizontal, há de se compor com o da vertical, sendo o horizontal sendo quase sempre uniforme. Assim, estudando eixos de um exemplo simples, um lançamento com ângulo de θ Ho =0:

Sx(t) = Vocos(θ)t

Sy(t) = Ho + Vosen(θ)t -‐ !!gt2 = 0 + Vosen(θ)t -‐ !

! gt2 = Vosen(θ)t -‐ !

! gt2= H(t)

Um caso bem simples disso é quando θ = 0°, com certa Ho:

Sx(t) = Vocos(0°)t = Vot

Sy(t) = Ho + Vosen(0°)t -‐ !!gt2 = Ho -‐ !

!gt2 = H(t)

Para esse caso particular, calculemos o alcance, definido pela distância percorrida na horizontal desde o ponto inicial do movimento até bater no chão. Dado T o tempo até se bater no chão, H=0 (tempo total do movimento):

H(T) = Ho -‐ !!gT2 = 0

T = !"#!

Usando esse tempo no movimento horizontal:


Sx(T) = VoT = Vo !"#!

Voltando ao caso de lançamento oblíquo, calcula-‐se o alcance para Ho = 0 e T o tempo total:

Sx(t) = Vocos(θ)t

Sy(t) = Vosen(θ)t -‐!!gt2 = H(t)

Assim:

Sy(T) = Vosen(θ)T -‐ !!gT2 = H(T) = 0

Para isso, T = 0 (começo do lançamento, não sendo de importância para a questão) ou T

= !"#$%&(!)!

, o que queremos, duas vezes o tempo de subida ou descida, tempo primeiro em

que a velocidade chega a zero, isto é:

V(ts) = Vosen(θ) – gts = 0

ts = !"#$%(!)

!

Sendo de fato o total duas vezes esse de subida, garantindo, pela simetria, que o tempo de subida (ts)é o mesmo de descida (td).

Usando T no espaço horizontal, sabendo que 2sen(θ)cos(θ) = sen (2θ)

Sx(T) = Vocos(θ)T =!"#"$(!).!"#$%&(!)!

= !"!.!"#$(!)!"#(!)

!

Sx(T) = 𝐕𝐨𝟐 𝐬𝐞𝐧(𝟐𝛉)

𝐠

Observe um importante resultado dessa fórmula derivado. Quando um seno é máximo, esse vale noventa graus (sem análises de períodos). Assim, o ângulo de máximo alcance vem com 2θ = 90°, implicando θ = 45°. Além disso, por análises trigonométricas, dois ângulos complementares têm o mesmo alcance, pois sen(2θ) = sen(2(90-‐θ)) = sen(180-‐θ). Por exemplo, 30 e 60 graus num lançamento, possuem o mesmo alcance.

(Puccamp – Adaptada) Um projétil é lançado numa direção que forma um ângulo de 45° com a horizontal. No ponto de altura máxima, o módulo da velocidade desse projétil é 10 m/s. Considerando-‐se que a resistência do ar é desprezível, g = 10m/s2, pode-‐se concluir que o módulo da velocidade de lançamento e o alcance desse é?

Resposta:

Sabe-‐se que, no ponto mais alto de um lançamento, a velocidade vertical é nula e a horizontal é a mesma que a horizontal do início. Sendo o ângulo de lançamento 45°, essa velocidade inicial horizontal é a mesma vertical. Em suma, tem-‐se duas velocidades perpendiculares de 10 m/s, resultando em um módulo de:


(10! + 10!)= 10 𝟐

Seu alcance, pela fórmula estudada será (alcance máximo):

a=(!" !)!.!"#(!"°)!"

= 20 m.

Lançamentos:

Nesse contexto, estudemos agora o conceito de composição de movimentos. Dado um corpo que está em um referencial com certa velocidade, tendo esse referencial outra velocidade em relação à outro referencial, pode-‐se compor vetorialmente as velocidades, calculando a “velocidade resultante”. Por exemplo:

Um barco possui uma velocidade de 10 m/s por segundo com relação a um lago (água parada). Quando posto para descer um rio que tem correnteza com velocidade de 5 m/s em relação às margens, qual a velocidade do barco em relação às margens?

Simples, 10 + 5 = 15 m/s

Caso o barco não descesse, mas subisse o rio, qual seria sua velocidade em relação às margens?

10-‐5 = 5m/s

E se a velocidade do barco fosse direcionada perpendicularmente às margens, qual seria a velocidade resultante do barco:

(10! + 5!)= 125 = 5 5

Essas ideias se aplicam a uma série de situações. Vejamos duas questões relacionadas:

Um avião, cuja velocidade em relação ao ar é v, viaja da cidade A para a cidade B em um tempo t, quando não há vento. Quanto tempo será gasto para a viagem, quando sopra um vento com velocidade u (em relação ao solo) perpendicularmente à linha que liga as duas cidades?


Para que a direção permaneça na linha AB, é preciso que a composição vetorial das velocidades dadas caia na linha. Isto é, v será a hipotenusa e u um dos catetos, sendo o outro cateto a resultante final. Logo:

Vr= (v! − u!)

Deve-‐se fazer a distância AB divida por essa velocidade. Mas a distância de AB é v.t. Assim:

t’ = 𝐯𝐭(!!! !!)

(Fuvest-‐SP)Um disco roda sobre uma superfície plana, sem deslizar. A velocidade do centro O év0. Em relação ao plano:

a) qual é a velocidade vA do ponto A?

b) qual é a velocidade vB do ponto B?

Resposta:


Sabe-‐se, por composição de movimento, que a velocidade no ponto B (vb) é a soma da velocidade de translação com a de rotação, assim como de A (va). Observe a imagem anterior.

De tal forma que, instantaneamente:

a) vb= 2vo e b) va = 0

Movimento Circular:

Pense em um ponto material realizando um movimento circular. Perceba que, todo tempo, seu vetor velocidade muda a direção, adequando-‐se à curva, o que deve ser realizado por uma aceleração (pela definição de aceleração como a responsável por variar a velocidade). Essa aceleração é chamada centrípeta, apontada para o centro, curvando a velocidade. É possível provar que seu valor é:

ac =!!

!

Um dos resultados mais importantes da cinemática. Ainda estudando o movimento circular, passa-‐se a estudar os movimentos não em função de espaços, mas de ângulos, isto é, dado certa grandeza linear da circunferência, podendo-‐se escrever:

S = αr, α em radianos

Estrutura-‐se a chamada cinemática angular, de tal forma que:

α(t) = αo + ωt

Sendo ω a velocidade angular, v = ωr, geralmente dada em rad/s. Num caso de movimento circular uniforme. Se fosse uniformemente variado:

α(t) = αo + ωt + !!!

!

Sendo γ a dita aceleração angular, a = γr, geralmente dada em rad/s2. Aqui mais algumas definições surgem, no caso do movimento circular uniforme:

T – Período, o tempo para que uma revolução seja realizada.

f – Frequência, o número de revoluções (mesmo fração) que se dá em um segundo.

Percebe-‐se, facilmente, que:

T = !!

E que, dado o ângulo de uma circunferência, igual a 2π, o período vale:

T = !"! = !"!

!= 2πf.


A aceleração centrípeta também pode ser reescrita em função do ω:

ac =(!!)!

!= ω2r

Aqui, certos vínculos são de grande importância.

Quando se tem discos acoplados a um mesmo eixo, como o caso abaixo, temos que a velocidade angular (ω) é a mesma, os produtos desse ω pelos respectivos raios são diferentes, quanto maior o raio, maior as velocidades.

ω = cte e Vn= ωrn

Já no outro caso as velocidades lineares são as mesmas transmitidas na corrente, isto é:

V = ωnrn= cte

Para tratar desses conteúdos, veja a questão abaixo:

(UFC) A figura abaixo (outra página) mostra um arranjo para uma medida experimental da velocidade de uma bala atirada por uma arma. Nele, dois discos, paralelos, solidários, separados por uma distância d = 1,75giram com frequência comum de 400 rpm. A bala fura o primeiro disco e depois de um tempo 𝛥𝑡os discos giram de um angulo θ = (π / 3) rad. A partir desses dados, determinar, em m / s, a velocidade da bala. Considere que a bala move-‐se em linha reta.


Dada a frequência, 4oo rpm, transforma-‐se a mesma para hertz:

400 rpm = !""!"

= !"! Hz

Logo, facilmente acha-‐se a velocidade angular ω:

ω = 2πf = 2π!"!= !"!

!rad/s.

Assim, o tempo de passagem da bala foi:

!!!"!!

= 0,025𝑠

A bala terá então uma velocidade dada por, sendo constante, a divisão espaço por tempo:

v = 𝟏,𝟕𝟓𝟎,𝟎𝟐𝟓

= 70m/s

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