Capítulo 2 – Movimento Retilíneo
2.1 – Deslocamento, tempo e velocidade média
Exemplo: Descrever o movimento de um carro que anda em linha reta
0
Antes de mais nada, temos que:
- Modelar o carro como uma partícula
- Definir um referencial: eixo orientado e origem
x
x
0
x
x2
x1
0
t1
t2
t
x
x3
x2
x1
0
t1
t2
t3
t
x
x3
x2
x4
x1
0
t1
t2
t3
t4
t
x
x3
x2
x4
x5= x1
0
t1
t2
t3
t4
t5
t
Deslocamento entre t1 e t2: x  x2  x1
x
x3
Velocidade média:
vmx
x2
x4
x
x5= x1
0
x2  x1 x


t2  t1 t
t
t1
Inclinação:
t2
t3
x
0
t
t4
t5
t
Entre t3 e t4: vmx
x
x4  x3 x


0
t 4  t3
t
x3
x  0
x2
x4
t
x5= x1
0
t1
t2
t3
t4
t5
t
Entre t1 e t5: vmx
x
x5  x1 x


0
t5  t1 t
x3
Atenção:
Velocidade média não
é a distância
percorrida dividida
pelo tempo
x2
x4
x5= x1
0
x  0
t
t1
t2
t3
t4
t5
t
2.2 – Velocidade instantânea
Qual a velocidade em um instante de tempo?
Entret  1s e t  2s :
x(2)  x(1) 20  5
vmx 

 15m/s
2 1
1
Exemplo: x(t )  5t 2
x (m)
20
5
0
1
2
t (s)
Exemplo: x(t )  5t 2
Entret  1s e t  2s :
x(2)  x(1) 20  5
vmx 

 15m/s
2 1
1
Entret  1s e t  1,5 s :
x(1,5)  x(1) 11,25  5
vmx 

 12,5m/s
1,5  1
0,5
x (m)
11,25
5
0
1
1,5
t (s)
Exemplo: x(t )  5t 2
Entret  1s e t  2s :
x(2)  x(1) 20  5
vmx 

 15m/s
2 1
1
Entret  1s e t  1,5 s :
x(1,5)  x(1) 11,25  5
vmx 

 12,5m/s
1,5  1
0,5
x (m)
11,25
5
0
1
1,5
t (s)
Exemplo: x(t )  5t 2
Entret  1s e t  1,5 s :
x(1,5)  x(1) 11,25  5
vmx 

 12,5m/s
1,5  1
0,5
x (m)
Entret  1s e t  1,1s :
x(1,1)  x(1) 6,05  5
vmx 

 10,5m/s
1,1  1
0,1
6,05
5
0
Entret  1s e t  2s :
x(2)  x(1) 20  5
vmx 

 15m/s
2 1
1
1 1,1
t (s)
Velocidade instantânea:
x dx
v x  lim

t  0 t
dt
Exemplo: x(t )  5t 2
dx
 10t
dt
Em t  1 s : vx (1)  10 m/s
vx (t ) 
x (m)
n
Derivada de t é nt
n 1
Graficamente: inclinação da
reta tangente no gráfico xt
5
0
1
t (s)
Obtendo a velocidade graficamente a partir do gráfico xt :
x
x dx
v x  lim

t  0 t
dt
t
vx  0
vx
t
Obtendo a velocidade graficamente a partir do gráfico xt :
x
x dx
v x  lim

t  0 t
dt
vx max
t
vx
No ponto de inflexão do gráfico xt,
a velocidade é máxima (ou mínima)
t
Obtendo a velocidade graficamente a partir do gráfico xt :
x
x dx
v x  lim

t  0 t
dt
vx  0
t
vx
No ponto de máximo (ou mínimo)
do gráfico xt, a velocidade é nula
t
Obtendo a velocidade graficamente a partir do gráfico xt :
x
vx  0
x dx
v x  lim

t  0 t
dt
t
vx
t
Obtendo a velocidade graficamente a partir do gráfico xt :
x
x dx
v x  lim

t  0 t
dt
vx min
t
vx
t
Distinção entre velocidade (“velocity”) e
velocidade escalar (“speed”)
Velocidade escalar (média ou
instantânea) é a distância
percorrida dividida pelo tempo
• Para a velocidade escalar, usaremos o símbolo v
• Sempre positiva
• Velocidade escalar instantânea é o módulo do vetor velocidade
instantânea
2.3 – Aceleração instantânea e aceleração média
Aceleração média:
amx
v2 x  v1x vx


t2  t1
t
vx
v2x
v x
v1x
0
t
t1
t2
t
vx dvx d 2 x
a x  lim

 2
t 0 t
dt
dt
Aceleração instantânea:
vx
Graficamente: inclinação da
reta tangente no gráfico vt ,
curvatura no gráfico xt
v1x
0
t1
t
Obtendo a aceleração
graficamente a partir
dos gráficos vt e xt :
x
t
dx
vx 
dt
vx
dvx d 2 x
ax 
 2
dt
dt
t
ax
t
2.4 – Movimento com aceleração constante
Se a aceleração é constante,
então a aceleração instantânea é
igual à aceleração média:
ax
ax  amx
t
v2 x  v1x

t2  t1
Fazendo t2  t , t1  0 e v1x  v0 x (velocidade inicial):
vx
vx  v0 x
ax 
 vx  v0 x  a x t
t 0
v0x
t
Se a velocidade varia linearmente com o tempo, então a velocidade
média em um intervalo de tempo é igual à media aritmética entre as
velocidades inicial e final:
vx
v0 x  v x
2
v0x
0
t
=
Áreas iguais
Assim:
vmx
x  x0 v0 x  v x


t 0
2
v v 
x  x0   0 x x t
 2 
Sabemos que : vx  v0 x  axt
 v  v  axt 
x  x0   0 x 0 x
t
2


x
Inclinação:
1
x  x0  v0 x t  a x t 2
2
x0
Inclinação:
t
v0 x
vx
Outra equação útil, para problemas que não envolvem o tempo:
vx  v0 x
vx  v0 x  axt  t 
ax
Substituindo em: x  x0  v0 x t 
1 2
axt
2
 v x  v0 x  1  v x  v0 x 
  a x 

x  x0  v0 x 
 ax  2  ax 
2
2ax x  x0   2v0 x vx  v0 x   vx  v0 x 
2
2ax x  x0   2v0 xvx  2v02x  vx2  2v0 xvx  v02x
vx2  v02x  2ax x  x0 
Equações do movimento com aceleração constante:
vx  v0 x  axt
 v0 x  vx 
x  x0  
t
 2 
1 2
x  x0  v0 x t  a x t
2
vx2  v02x  2ax x  x0 
Caso particular: aceleração nula
vx  v0 x  constante
x  x0  vxt
2.5 – Queda livre
Aristóteles (séc. IV a.C.): “Quatro Elementos” (Água, Ar, Terra e Fogo),
cada um com seu “lugar natural”. Corpos mais pesados deveriam cair
mais rapidamente
Galileu: “Discursos e Demonstrações Matemáticas sobre Duas Novas
Ciências” (1638), escrito em forma de diálogos
Salviati (Galileu): “Aristóteles diz que uma bola de
ferro de 100 libras, caindo de 100 cúbitos, atinge o
solo antes que uma bala de uma libra tenha caído
de um só cúbito. Eu digo que chegam ao mesmo
tempo. Fazendo a experiência, você verifica que a
maior precede a menor por 2 dedos; você não
pode querer esconder nesses 2 dedos os 99
cúbitos de Aristóteles…”
Resultados obtidos apenas através de
argumentações lógicas são completamente vazios
de realidade. Porque Galileu enxergou isso, e
particularmente porque ele propagou
repetidamente esta idéia pelo mundo científico,
ele é o pai da física moderna – de fato, de toda a
ciência moderna.
Einstein
Demonstração:
Experimento de Galileu com plano inclinado (trilho de ar)
Filme: queda livre na Lua (Apolo 15, NASA)
http://www.youtube.com/watch?v=5C5_dOEyAfk
Aceleração da gravidade: g ≈ 9,8 m/s2
y

g
ay  g  9,8 m/s2
Equações da queda livre:
v y  v0 y  gt
 v0 y  v y 
t
y  y0  
 2 
1 2
y  y0  v0 y t  gt
2
vy2  v02y  2g y  y0 
Medição de g: Vídeo “Physics Demonstrations in Mechanics” I.2
Método (1): Medição do tempo de queda por uma altura d partindo do
repouso
y
y0
t  0, v0 y  0
d  y0 y
1 2
y  y0  v0 y t  gt
2
y
vy  0
1 2
gt  y0  y  d
2
2d
g 2
t
Método (2): Medição da velocidade após cair de uma altura d partindo do
repouso
y
y0
t  0, v0 y  0
d  y0 y
vy2  v02y  2g  y  y0 
vy2  2gd
y
vy  0
g
v y2
2d
2.6 – Velocidade e posição por integração
Já sabemos calcular: x  v 
dx
dv
a
dt
dt
Como resolver o problema inverso?
a v  x
Suponha que a aceleração varie com o tempo da seguinte forma:
Vamos dividir o intervalo entre
t1 e t2 em pequenos intervalos
de duração Δt
ax
Sabendo que amx
v x
,

t
a variação da velocidade em
cada intervalo é
0
t1
Δt
t2
t
vx  amx t
ax
Sabendo que amx 
v x
,
t
a variação da velocidade em
cada intervalo é
amx
vx  amx t
0
t1
Δt
t2
t
Note que vx  amx t é a área do retângulo sombreado
Desta forma, somando-se todas as pequenas variações de
velocidade, obtemos a variação total de velocidade entre t1 e t2
como a soma das áreas de todos os retângulos.
ax
amx
v x
0
t1
Δt
t2
t
No limite t  0 a soma das áreas dos retângulos torna-se a
área sob a curva a x (t )
Esta área é integral definida da função a x (t ) entre os instantes t1 e t 2
t2
v x  v2 x  v1x   a x dt
t1
Se tomamos t1  0 , então v1x  v0 x , de modo que:
t
v x  v0 x   a x dt
0
Podemos executar um procedimento completamente análogo a
esse para obter o deslocamento a partir da velocidade:
t
x  x0   v x dt
0
Desta forma, resolvemos o problema inverso:
x  v  a Por derivação
a  v  x Por integração
A integral é a operação
inversa da derivada
Próximas aulas:
6a. Feira 19/08: Aula de Exercícios (sala A-327)
4a. Feira 24/08: Aula Magna (sala A-343)