NOTA DE AULA PROF. JOSÉ GOMES RIBEIRO FILHO MOVIMENTO EM DUAS E TRÊS DIMENSÕES 01. INTRODUÇÃO Quando um jogador de futebol dá um chute em uma bola, o que determina onde a bola irá parar? Como você descreve o movimento do carro de uma montanha‐russa ao longo de uma curva ou o vôo de uma águia circulando sobre um campo aberto? Caso você largue uma bola da sua janela, ela leva o mesmo tempo para atingir o solo que uma bola lançada horizontalmente do mesmo ponto? Não podemos responder a estas questões usando as técnicas do Capítulo 1, onde consideramos partículas se movendo somente ao longo de uma linha reta. Em vez disto, devemos levar em conta a realidade de nosso mundo em três dimensões. Para entender a trajetória curva de uma bola, o movimento orbital de um satélite ou a trajetória de um projétil, é necessário estender a descrição do movimento para duas e três dimensões. Usaremos ainda as grandezas vetoriais deslocamento, velocidade e aceleração, porém agora não mais vamos considerar movimentos ao longo de uma linha reta, mas sim movimentos em duas e três dimensões. Verificaremos que muitos movimentos importantes ocorrem em duas dimensões, ou seja, estão contidos em um plano. Para estes movimentos necessitamos de duas coordenadas e duas componentes para a velocidade e para a aceleração. Será necessário também considerar como o movimento de uma partícula é descrito por observadores que possuem movimentos relativos entre si. O conceito de velocidade relativa contém a base para entender a teoria da relatividade especial, mas este assunto será tratado posteriormente. Este capítulo une a linguagem vetorial que aprendemos no Capítulo anterior com a linguagem cinemática do Capítulo 1. Como antes, estamos interessados em descrever o movimento, e não em analisar suas causas. Porém, a linguagem que você aprenderá aqui será uma ferramenta essencial para capítulos posteriores quando você usar as leis do movimento de Newton para estudar a relação entre força e movimento. 02. VETOR POSIÇÃO E VETOR VELOCIDADE Para descrever o movimento de uma partícula no espaço, necessitamos inicialmente estar aptos a descrever a 
posição da partícula. Considere uma partícula que esteja em um ponto P em dado instante. O vetor posição r da partícula neste instante é um vetor que vai da origem do sistema de coordenadas até o ponto P (Figura 1). Essa figura 
também mostra que as coordenadas cartesianas x, y e z do ponto P são os componentes x, y e z do vetor r . 
FIGURA 1 O vetor posição r com origem no ponto P tem componentes x, y e z. Usando os vetores unitários introduzidos no Capítulo anterior, podemos escrever  ˆ ˆ ˆ
r  xi  yj  zk [1] Quando uma partícula se desloca no espaço, a trajetória descrita normalmente é uma curva (Figura 2). Durante 
um intervalo de tempo Δt a partícula se move de um ponto P1, onde o vetor posição é r1 até um ponto P2, onde o vetor 
  
posição é r2 . A variação da posição (o deslocamento) durante esse intervalo de tempo é  r  r2  r1 . 
 r  x2ˆi  y2ˆj  z2kˆ  x1ˆi  y1ˆj  z1kˆ
ou 
 r  (x 2  x1 )iˆ  (y2  y1 )jˆ  (z2  z1 )kˆ 
 

1 
 r  xiˆ  yjˆ  zkˆ 
Definimos a velocidade média vm identicamente ao que fizemos no Capítulo 1 para um movimento retilíneo, como o deslocamento dividido pelo intervalo de tempo:  


r2  r1  r
vm 

[2] t2  t1 t
Note que dividir um vetor por um escalar é um caso particular de multiplicar o vetor por um escalar, como 

descrito no Capítulo anterior; a velocidade média vm é igual ao vetor deslocamento  r multiplicado por 1/Δt, o inverso do intervalo de tempo. Agora definimos a velocidade instantânea tal como o fizemos no Capítulo 1: ela é o limite da velocidade média quando o intervalo de tempo tende a zero, sendo igual à taxa de variação do vetor posição com o tempo. A diferença fundamental é que agora a posição r e a velocidade instantânea v são vetores: 


 r dr
v  limt0

t dt [3] 
O módulo do vetor v em qualquer instante é a velocidade escalar v da partícula no referido instante. A direção 
e o sentido de v em qualquer instante é a mesma direção e sentido em que ela se move no referido instante. Note que quando Δt → 0, o ponto P1 da Figura 2 fica cada vez mais próximo do ponto P2. 
FIGURA 2 A velocidade média vm entre os pontos P1 e P2 possui a mesma direção e o 
mesmo sentido do vetor deslocamento  r . 

Neste limite, o vetor  r torna‐se tangente à curva. A direção e sentido do vetor  r neste limite é também 
igual à direção e sentido da velocidade instantânea v . Isto leva a uma conclusão importante: o vetor velocidade instantânea é tangente à trajetória em cada um dos seus pontos (Figura 3). 
FIGURA 3 A velocidade instantânea v em cada pouco é tangente à trajetória no referido ponto. Normalmente é mais fácil calcular o vetor velocidade instantânea usando componentes. Durante qualquer 

deslocamento  r as variações Δx, Δy e Δz das três coordenadas da partícula são os componentes de  r . Daí se conclui  


que os componentes v x , v y e v z da velocidade instantânea v são simplesmente as derivadas das coordenadas x, y e z em relação ao tempo. Ou seja,  dx
v x  ˆi
dt
 dy
v y  ˆj
dt
 dz ˆ
vz  k
dt [4] ˆ possuem módulo, direção Podemos também obter esse resultado derivando a Equação (1). Os vetores unitários ˆi, jˆ e k e sentido constantes, logo suas derivadas são nulas, e encontramos 2  dx dy dz
v  ˆi  ˆj  kˆ
dt
dt
dt [5] 
Isso mostra novamente que os componentes de v são dx/dt, dy/dt e dz/dt. O módulo do vetor velocidade instantânea  


v — isto é, a velocidade escalar — é dado em termos dos componentes v x , v y e v z pelo teorema de Pitágoras 
v  v  v 2x  v 2y  v 2z A Figura 4 mostra a situação quando a partícula se move no plano xy. FIGURA 4 Os dois componentes da velocidade para um movimento no plano xy. 
Nesse caso, z e vz são nulos. Então, a velocidade escalar (o módulo do vetor v ) é v  v 2x  v2y 
e a direção da velocidade instantânea v é dada pelo ângulo α indicado nessa figura. Vemos que v
tan   y vx
O vetor velocidade instantânea geralmente é mais útil do que o vetor velocidade média. A partir de agora, 
quando mencionarmos a palavra "velocidade" queremos nos referir ao vetor velocidade instantânea v (em vez do vetor 
velocidade média). Normalmente, não se costuma dizer que v é um vetor; cabe a você lembrar‐se de que velocidade é uma grandeza vetorial que possui módulo, direção e sentido. 03. VETOR ACELERAÇÃO Vamos agora considerar o vetor aceleração de uma partícula que se move no espaço. Analogamente ao caso do movimento retilíneo, a aceleração indica como a velocidade de uma partícula está variando. Porém agora vamos generalizar o conceito de aceleração para incluir variações do módulo da velocidade (isto é, da velocidade escalar) e variações da direção da velocidade (isto é, da direção e do sentido do movimento no espaço). Na Figura 5a, uma partícula está se movendo ao longo de uma trajetória curva. 

FIGURA 5 a) O vetor am  v / t representa a aceleração média entre os pontos P1 e P2 b) Construção para obtermos  

v  v2  v1 , c) A aceleração instantânea a no ponto P1. O vetor v é tangente à trajetória e o vetor a aponta para o lado côncavo da trajetória.  
Os vetores v1 e v2 representam, respectivamente, o vetor velocidade instantânea da partícula no instante t1 quando ela está no ponto P1, e o vetor velocidade instantânea da partícula no instante t2 quando ela está no ponto P2. As duas 
velocidades podem possuir módulos e direções diferentes. Definimos o vetor aceleração média am da partícula quando  

ela se move de P1 a P2 como a variação vetorial da velocidade, v  v2  v1 dividida pelo intervalo de tempo Δt = t2 ‐ t1; 3  


v v
v
am  2 1 
[6] t2  t1 t

A aceleração média é uma grandeza vetorial que possui a mesma direção e sentido do vetor v ; (Figura 5a). 


Observe que v2 é a soma vetorial de v1 , com a variação v (Figura 5b). Como no Capítulo 1, definimos a aceleração instantânea a no ponto P1 como o limite da aceleração média quando o ponto P2 se aproxima do ponto P1 e Δv e Δt tendem simultaneamente a zero; a aceleração instantânea também é igual à taxa de variação da velocidade instantânea com o tempo. Como não estamos nos restringindo ao movimento retilíneo, a aceleração instantânea é agora uma grandeza vetorial: 




v
v(t  t)  v(t) dv
a  limt0
 limt0

t
t
dt [7] 
Conforme vimos, o vetor velocidade v é tangente à trajetória da partícula. Porém, a construção indicada na 
Figura 5c mostra que o vetor aceleração instantânea a de uma partícula em movimento sempre aponta para o lado côncavo de uma trajetória curva — ou seja, para o lado interno de qualquer volta que a partícula esteja fazendo. Podemos também notar que quando uma partícula se move ao longo de uma trajetória curva sua aceleração é sempre diferente de zero, mesmo quando sua velocidade escalar for constante. Essa conclusão pode parecer contrária à nossa intuição, porém ela é contrária apenas ao uso cotidiano da palavra "aceleração" que significa aumento de velocidade. A definição mais precisa da Equação (7) mostra que pode existir aceleração diferente de zero quando houver qualquer variação do vetor velocidade, incluindo apenas variação da direção deste vetor sem variação da velocidade escalar ou, então, variação simultânea da direção e da velocidade escalar. Para você se convencer de que uma partícula possui aceleração diferente de zero quando ela descreve uma trajetória curva com velocidade constante, lembre‐se da sua sensação quando está viajando em um carro. Quando o carro acelera, você tende a se mover no interior do carro em um sentido contrário ao da aceleração do carro. (Explicaremos a razão desse comportamento no Capítulo chamado Leis de Newton.) Logo, você tende a ser empurrado para a traseira do carro quando ele acelera para a frente (aumenta de velocidade) e para a frente do carro quando ele acelera para trás (diminui de velocidade). Quando o carro faz uma curva em uma estrada plana, você tende a ser empurrado para fora da curva; portanto o carro possui uma aceleração para dentro da curva. Normalmente estamos interessados no vetor aceleração instantânea e não na aceleração média. A partir de 
agora, quando mencionarmos a palavra "aceleração" queremos nos referir ao vetor aceleração instantânea a . Cada componente do vetor aceleração instantânea é dado pela derivada do respectivo componente do vetor velocidade: dv
dv
dv
ax  x , ay  y e az  z [8] dt
dt
dt
Em termos dos vetores unitários, dv
 dv
dv
a  x ˆi  y ˆj  z kˆ  ax ˆi  ayˆj  azkˆ
dt
dt
dt
[9] A Figura 6 mostra um exemplo do vetor aceleração que tem componentes tanto em x como em y. FIGURA 6 Quando uma rã salta, acelera tanto na direção horizontal como na direção vertical. Como cada componente da velocidade é dado pela derivada da respectiva coordenada da posição, podemos 
escrever os componentes ax, ay e az do vetor aceleração a do seguinte modo d2 x
d2 y
d2z
ax  2 , ay  2 e az  2 [10] dt
dt
dt

e o vetor aceleração a do seguinte modo  d2 x d2 y
d2z
a  2 ˆi  2 ˆj  2 kˆ [11] dt
dt
dt
4 3.1 Os componentes perpendiculares e paralelos da aceleração Podemos também representar a aceleração de uma partícula que se move em uma trajetória curva em termos de componentes perpendiculares e paralelos ao vetor velocidade em cada ponto (Figura 7). FIGURA 7 A aceleração pode ser decomposta na componente a paralelo à trajetória (e à velocidade) e à componente a  ortogonal à trajetória (ou seja, ao longo da normal à trajetória). Nessa figura, esses componentes são indicados com os símbolos a  e a . Para entendermos por que esses componentes são úteis, vamos considerar dois casos especiais. Na Figura 8a, o vetor aceleração é paralelo ao vetor 



velocidade v1 . A variação de v durante um pequeno intervalo de tempo Δt é o vetor v que é paralelo ao vetor a e, 





portanto, é paralelo a v1 . A velocidade v2 no final do intervalo Δt, dada por v2  v1  v , é um vetor paralelo a v1 possuindo porém módulo maior. Em outras palavras, durante o intervalo de tempo Δt a partícula se moveu em linha reta com velocidade crescente. 


Na Figura 8b a aceleração a é perpendicular ao vetor velocidade v . A variação de v durante um pequeno 

intervalo de tempo Δt é o vetor v ; aproximadamente perpendicular a v1 conforme indicado. Novamente, 




v2  v1  v , porém neste caso v1 e v2 possuem direções diferentes. Quando o intervalo de tempo Δt tende a zero, o  

ângulo φ na figura também tende a zero e v torna‐se perpendicular a ambos os vetores, v1 e v2 , os quais possuem o mesmo módulo. Em outras palavras, a velocidade escalar permanece constante, porém a trajetória da partícula se encurva. 


Quando a é paralelo (ou antiparalelo) a ,o módulo de v varia, mas sua direção não varia; quando a é 


ortogonal a v , a direção de v varia, mas o módulo da velocidade não varia. No caso geral, a pode ter componentes em 
ambas as direções, mas as afirmações anteriores continuam válidas para cada componente de v separadamente. Em particular, quando uma partícula descreve uma trajetória curva com velocidade escalar constante, sua aceleração é 
sempre perpendicular a v em todos os pontos da curva. 


FIGURA 8 a) Quando a é paralelo a v , o módulo de v cresce mas sua direção não varia. A partícula se move em linha reta com velocidade escalar crescente, b) 


Quando a é ortogonal a v , a direção de v varia, mas o módulo da velocidade não varia. A partícula se move em uma trajetória curva com velocidade escalar constante. A Figura 9 mostra uma partícula descrevendo uma trajetória curva em três situações diferentes: velocidade 
escalar constante, velocidade escalar crescente e velocidade escalar decrescente. Quando a velocidade é constante, a é 
perpendicular, ou normal, a v e à trajetória e aponta para o lado côncavo da curva (Figura 9a). Quando a velocidade é 
crescente, ainda existe um componente de a perpendicular, porém existe também um componente paralelo que possui 

a mesma direção de v (Figura 9b). Então a aponta para a frente da normal à trajetória. Quando a velocidade é 

decrescente, o componente paralelo possui direção oposta à direção de v , e a aponta para trás da normal à trajetória (Figura 9c). 5 FIGURA 9 Vetor velocidade e vetor aceleração em um ponto P de uma partícula que se move em uma trajetória curva com a) velocidade escalar constante, b) velocidade escalar crescente e c) velocidade escalar decrescente. 04. MOVIMENTO DE UM PROJÉTIL Um projétil é qualquer corpo lançado com uma velocidade inicial e que segue uma trajetória determinada, exclusivamente pela aceleração da gravidade e pela resistência do ar. Uma bola de beisebol batida, uma bola de futebol chutada, um pacote largado de um avião e uma bala atirada por uma arma de fogo são exemplos de projéteis. A curva descrita durante o movimento do projétil é a sua trajetória. A fim de analisarmos este tipo comum de movimento, começaremos com um modelo idealizado, representando o projétil como uma partícula com aceleração (devida à gravidade) constante em módulo, direção e sentido. Iremos desprezar os efeitos de resistência do ar e a curvatura e rotação da Terra. Como todo modelo, este possui algumas limitações. A curvatura da Terra tem de ser considerada no movimento de um míssil de longo alcance e a resistência do ar é de importância fundamental para o movimento de um pára‐quedista. Contudo, podemos aprender muito da análise deste modelo simplificado. No restante deste capítulo, a frase "movimento de um projétil" implica que desprezamos os efeitos de resistência do ar. No Capítulo “Leis de Newton” veremos o que ocorre quando não podemos desprezar os efeitos da resistência do ar. Notamos inicialmente que o movimento de um projétil está sempre confinado em um plano vertical determinado pela direção da velocidade inicial (Figura 10). FIGURA 10 O movimento de um projétil ocorre em um plano vertical contendo o 
vetor velocidade inicial v 0. Isso ocorre porque a aceleração da gravidade é sempre vertical; a gravidade não pode produzir movimento lateral do projétil. Logo, o movimento de um projétil ocorre em duas dimensões. O plano do movimento será considerado o plano xy, sendo o eixo Ox horizontal, e o eixo Oy vertical e orientado de baixo para cima. A chave para analisar o movimento de um projétil é tratar as componentes x e y separadamente. O componente x da aceleração é igual a zero e o componente y é constante e igual a ‐g. (Lembre‐se de que, por definição, g é sempre positivo, e com a nossa escolha do sentido do eixo, Oy é negativo.) Dessa forma, podemos considerar o movimento de um projétil como a combinação de um movimento horizontal com velocidade constante e um movimento vertical com aceleração constante. A Figura 11 mostra dois projéteis com diferentes movimentos no eixo Ox, mas idênticos movimentos no eixo Oy; um corresponde ao movimento de uma bola largada sem velocidade inicial e o outro foi lançado horizontalmente do mesmo ponto, porém ambos caem verticalmente à mesma distância em intervalos de tempo iguais. 6 FIGURA 11 Independência entre o movimento na vertical e na horizontal. A bola da esquerda é largada verticalmente sem velocidade inicial. Simultaneamente a bola da direita é lançada horizontalmente do mesmo ponto; as imagens sucessivas desta fotografia estroboscópica são registradas em intervalos de tempo iguais. Para cada intervalo de tempo as duas bolas possuem os mesmos componentes y da posição, da velocidade e da aceleração, embora os componentes x da posição e da velocidade sejam diferentes. Podemos então expressar todas as relações vetoriais para a posição, velocidade e aceleração usando equações separadas para os componentes horizontais e verticais. O movimento efetivo do projétil é a superposição destes 
movimentos separados. Os componentes de a são ax = 0, ay = ‐g (movimento de um projétil, sem resistência do ar). [12] Normalmente usaremos g = 9,8 m/s2. Uma vez que os componentes x e y da aceleração são constantes, podemos usar as equações estudas no primeiro Capítulo: v = v0 +at x = x0 + v0t + at2/2 Por exemplo, suponha que no instante t = 0 a partícula esteja em repouso no ponto (x0, y0) e que nesse instante sua velocidade inicial possua componentes v0x e v0y. Os componentes da aceleração são ax = 0 e ay = ‐g. Considerando inicialmente o movimento no eixo Ox, substituindo v por vx, v0 por v0x e a por 0 nas equações acima, achamos vx=v0x, [13] [14] x = x0 + v0xt. Para o movimento no eixo Oy, substituindo x por y, v por vy, v0 por v0y e a por ‐g, achamos vy = v0y ‐ gt, [15] y = y0 + v0yt ‐ gt2/2 [16] Normalmente é mais simples considerar a posição inicial (t = 0) como a origem. Nesse caso x0 = y0 = 0. Este ponto poderia ser, por exemplo, a posição da mão quando lançamos uma bola ou a posição de uma bala quando ela deixa o cano da arma. A Figura 12 mostra a trajetória de um projétil que começa na (ou atravessa) origem em dado instante t = 0. Os componentes da posição, da velocidade e da aceleração são indicados para intervalos de tempo iguais. O componente x da aceleração é igual a zero, portanto vx é constante. O componente y da aceleração é constante e não nulo, de modo que vy varia de quantidades iguais em intervalos de tempo iguais. No ponto mais elevado da sua trajetória, vy = 0. 
Podemos também representar a velocidade inicial v0 por seu módulo v0 (a velocidade escalar inicial) e seu ângulo α com o sentido positivo do eixo Ox. Em termos destas grandezas, os componentes v0x e v0y da velocidade inicial são v0x = v0 cosα, v0y = v0 senα. Usando este resultado nas relações indicadas pela Equação (13) até a Equação (16) e fazendo x0 = y0 = 0, obtemos x = (v0cosα)t (movimento de um projétil), [17] y = (v0senα)t–gt2/2 (movimento de um projétil), [18] vx = v0cosα (movimento de um projétil), [19] (movimento de um projétil). [20] vy = v0senα – gt 7 FIGURA 12 Trajetória de um corpo 
lançado com velocidade inicial v0 formando um ângulo α0 acima da horizontal, desprezando a resistência do ar. A distância R é o alcance horizontal e h é a altura máxima. Essas equações descrevem a posição e a velocidade de um projétil na Figura 12 em qualquer instante t. Dessas relações podemos extrair muitas informações. Por exemplo, em qualquer instante, a distância r entre o 
projétil e a origem (o módulo do vetor posição r ) é dada por r  x2  y2
[21]
A velocidade escalar do projétil (o módulo de sua velocidade) em qualquer instante é dada por v  v 2x  v2y
[22]
A direção e o sentido da velocidade em termos do ângulo α que ela faz com o sentido positivo do eixo Ox são dados por v
tan   y
v x [23]

O vetor velocidade v em cada ponto é tangente à trajetória no referido ponto. Podemos deduzir a equação da forma da trajetória em termos de x e de y eliminando t. Pelas Equações (17) e (18), que supõem x0 = y0 = 0, encontramos t = x/(v0 cosα) e g
y  (tan )x  2
x2
2
2v 0 cos  [24]
Não se preocupe com os detalhes desta equação; o ponto importante é sua forma geral. As grandezas v0, tanα, cosα e g são constantes, de modo que esta equação tem a forma y = bx ‐ cx2 onde b e c são constantes. Trata‐se da equação de uma parábola. A trajetória do movimento de um projétil, com nosso modelo simplificado, é sempre uma parábola. 04.1 Alcance Horizontal e Altura Máxima de um Projétil Vamos supor que um projétil seja lançado sobre um solo plano a partir da origem em t = 0 com uma componente vy positiva, como na Figura 13. FIGURA 13 Projétil lançado sobre um solo plano a partir da origem. Existem dois pontos especiais que são interessantes de analisar: o ponto mais alto A, que tem coordenadas cartesianas (R/2, h),e o ponto B quando ele atinge o solo, tendo coordenadas (R,0). Em virtude da simetria da trajetória, 8 o projétil está em sua altura máxima h quando sua posição x é metade de seu alcance R. Vamos achar h e R em termos de Θ e g. Podemos determinar h notando que no topo, vyA, = 0. Portanto, a Equação (20) pode ser utilizada para determinar o tempo t1 necessário para se alcançar o topo: v sen
t1  i
g
Substituindo essa expressão para t1 na Equação (18) e substituindo y por h, temos h em termos de v0 e de Θ. v sen 1  vi sen 
 g
h  (v i sen) i

g
2  g 
2
v 2i sen2 
h
[25]
2g
Observe, a partir da representação matemática, como você pode aumentar a altura de topo h: você pode lançar o projétil com uma velocidade inicial maior, a um ângulo maior, ou de um local com uma aceleração de queda livre menor, tal como na Lua. O alcance R é a distância horizontal percorrida no dobro do tempo necessário para alcançar o topo, isto é, em um tempo 2t1. (Isso pode ser visto colocando‐se y = 0 na Equação (18) e resolvendo‐se a equação quadrática para t. Uma solução dessa equação quadrática é t = 0, e a segunda solução é t= 2t1.) Utilizando a equação (17) e observando que x = R em t = 2t1, encontramos 2v sen 2vi2 sen cos 
R  (vi cos )2t1  (vi cos ) i

g
g
Como sen2Θ = 2senΘ.cosΘ, R pode ser escrito da forma mais compacta v2 sen2
R i
[26] g
Observe, a partir da expressão matemática, como você pode aumentar o alcance R: você pode lançar o projétil com uma velocidade inicial maior ou de um local com uma aceleração de queda livre menor, como na Lua. O alcance também depende do ângulo que o vetor velocidade inicial faz com a horizontal. Da Equação 26 temos que o maior valor possível de R é dado por Rmáx = v2/g. Esse resultado vem do fato de que o valor máximo de sen2Θ é igual a 1, que ocorre quando 2Θ = 90°. Portanto, R é máximo quando Θ = 45°. A Figura 14 ilustra várias trajetórias para um projétil com uma velocidade escalar inicial dada. Como você pode ver, o alcance é máximo para Θ = 45°. Além disso, para qualquer Θ diferente de 45°, um ponto com coordenadas (R,0) pode t alcançado utilizando qualquer um dos dois valores complementares de Θ tais como 75° e 15°. É claro que a altura máxima e o tempo de vôo serão diferentes para esses dois valores de Θ. FIGURA 14 Um projétil lançado da origem com uma velocidade escalar inicial de 50 m/s com vários ângulos de projeção. Observe que valores complementares de Θ resultarão no mesmo valor de R. 05. MOVIMENTO CIRCULAR Quando uma partícula se move ao longo de uma trajetória curva, a direção de sua velocidade varia. Como vimos na Seção 3, isso significa que a partícula deve possuir um componente da aceleração perpendicular à trajetória, mesmo quando a velocidade escalar for constante. Nesta seção calcularemos a aceleração para este importante caso especial de movimento circular. 05.1 Movimento circular uniforme 9 Quando uma partícula se move ao longo de uma circunferência com velocidade escalar constante, dizemos que ela descreve um movimento circular uniforme. Um carro percorrendo uma curva de raio constante com velocidade constante, um satélite movendo‐se numa órbita circular e um patinador descrevendo uma circunferência em uma pista de gelo com velocidade constante são exemplos de movimento circular uniforme. Não existe nenhum componente da aceleração paralelo (tangente) à trajetória; caso houvesse, a velocidade escalar seria variável. O componente da aceleração perpendicular (normal) à trajetória, que produz variação da direção da velocidade, é relacionado de forma simples com a velocidade da partícula e o raio do círculo. Nosso próximo objetivo é deduzir essa relação. Notamos inicialmente que esse problema é diferente do movimento de um projétil considerado na Seção 4, no qual a aceleração era constante em módulo (g), direção (vertical) e sentido (de cima para baixo). No movimento circular uniforme, a aceleração é perpendicular à velocidade em cada instante; à medida que a direção da velocidade varia, a direção da aceleração também varia. Como veremos, o vetor aceleração em cada ponto da trajetória circular é orientado para o interior do círculo. A Figura 15a mostra a trajetória de uma partícula que se move com velocidade constante ao longo de uma circunferência de raio R com centro em O. A partícula se move de P1 a P2 em um intervalo de tempo Δt. A variação do 
vetor velocidade Δ v ; durante esse intervalo de tempo é indicada na Figura 15b. 

Os ângulos designados por Δ nas Figuras 15a e 15b são iguais porque v1 é perpendicular à linha OP1 e v2 é perpendicular à linha OP2. Portanto, os triângulos OP1P2 (Figura 15a) e OP1P2 (Figura 15b) são semelhantes. 
FIGURA 15 Cálculo da variação da velocidade v de uma partícula que se move com velocidade constante em um círculo. As razões entre lados correspondentes são iguais, logo 
v s
 v
ou

v  1 s v1
R
R
O módulo am da aceleração média durante o intervalo de tempo Δt é, portanto. 
v v1 s
am 

t R t

O módulo a da aceleração instantânea a no ponto P1 é o limite desta expressão quando o ponto P2 tende a se superpor ao ponto P1. v s v1
s
am  lim 1
 lim
t
0
t  0 R t


R
t
10
Porém, o limite Δs/Δt é a velocidade escalar v1 no ponto P1. Mas P1 pode ser qualquer ponto da trajetória, de modo que podemos retirar o índice inferior e designar por v a velocidade escalar em qualquer ponto. Logo v2
arad  [27] R
Introduzimos um índice inferior "rad" para lembrar que a direção da aceleração instantânea em cada ponto da trajetória é sempre orientada radialmente para dentro do círculo. Isso está de acordo com nossa discussão da Seção 3: o vetor aceleração aponta para o lado côncavo da trajetória circular, ou seja, para dentro do círculo (nunca para fora). Como a velocidade escalar é constante, a aceleração é sempre perpendicular ao vetor velocidade instantânea. Isso é indicado na Figura 15c; compare‐a com a Figura 9a. Concluímos: No movimento circular uniforme, o módulo da aceleração instantânea é igual ao quadrado da 
velocidade escalar v dividido pelo raio R do círculo. Sua direção é perpendicular a v e aponta para dentro do círculo ao longo do raio. Como a aceleração é orientada para dentro do círculo, ela é também chamada de aceleração centrípeta. A palavra centrípeta deriva do grego e significa "que se dirige para o centro". A Figura 16 mostra o vetor velocidade e o vetor aceleração em diversos pontos da trajetória de uma partícula que se move com velocidade constante em um círculo. Compare esse resultado com o movimento de um projétil indicado na Figura 12, no qual a aceleração é sempre constante e orientada para baixo e não perpendicular à trajetória, exceto em um único ponto. Podemos também expressar o módulo da aceleração em um movimento circular uniforme em termos do período T do movimento, o tempo que a partícula leva para fazer uma revolução (uma volta completa em torno do círculo). Em um intervalo de tempo T, a partícula se desloca a uma distância igual ao comprimento da circunferência 2πR, de modo que sua velocidade escalar é 2R
v
[28] T
FIGURA 16 Para uma partícula que descreve um movimento circular uniforme, a velocidade é tangente à circunferência em cada ponto e a aceleração é dirigida radialmente para dentro do círculo. 05.2 Movimento circular não uniforme Consideramos nesta seção que a velocidade escalar da partícula permanecia constante durante o movimento. Quando esta velocidade varia, a partícula descreve um movimento circular não uniforme. Um exemplo é o movimento do carro de uma montanha‐russa que diminui de velocidade quando sobe e aumenta de velocidade quando desce em torno de uma volta vertical. Em um movimento circular não uniforme, a Equação (27) ainda fornece a componente radial da aceleração, arad = v2/R, que é sempre perpendicular à velocidade instantânea e aponta para o interior do círculo. Porém, como a velocidade escalar v da partícula possui diversos valores em diferentes pontos da trajetória, o valor de arad não é constante. A aceleração radial (centrípeta) assume o valor máximo no ponto da circunferência para o qual a velocidade escalar possui seu valor máximo. Em um movimento circular não uniforme existe também um componente da aceleração paralelo à velocidade instantânea. Trata‐se do componente paralelo a mencionado na Seção 3; esse componente será agora designado por atan para enfatizar que ele é tangente à circunferência. Pela discussão no final da Seção 3, vemos que o componente tangencial da aceleração atan é dado pela taxa de variação da velocidade escalar. Logo 
dv
v2
arad 
e
atan 
[29] R
dt
O vetor aceleração de uma partícula que se desloca em um círculo com velocidade escalar variável é dado pela soma vetorial do componente tangencial da aceleração com o componente paralelo da aceleração. O componente tangencial da aceleração possui direção paralela à direção do vetor velocidade, com o mesmo sentido deste vetor quando a velocidade escalar aumenta, e sentido contrário quando a velocidade escalar diminui (Figura 17). No movimento circular uniforme não existe componente tangencial da aceleração, mas o componente radial da 

aceleração é dado pelo módulo de dv/dt. Comentamos anteriormente que ld v /dtl é em geral diferente de dl v l/dt. No 

movimento circular uniforme, dl v l/dt = 0 e ld v /dtl = v2/R. 11
FIGURA 17 Partícula movendo‐se em um círculo vertical, como um carro de uma montanha‐russa, com velocidade variável. O componente radial da aceleração arad possui valor máximo quando a velocidade escalar é máxima (na parte inferior) e mínima quando a velocidade escalar é mínima (na parte superior). O componente tangencial da aceleração atan possui direção paralela à direção do vetor velocidade, com o mesmo sentido deste vetor quando a velocidade escalar aumenta (na descida) e sentido contrário quando a velocidade escalar diminui (na subida). 06. VELOCIDADE RELATIVA Certamente você já deve ter observado que um carro que se desloca para a frente parece se deslocar para trás quando você o ultrapassa. Em geral, quando dois observadores medem a velocidade de um objeto que se move, eles obtêm resultados diferentes se um observador se move em relação ao outro. A velocidade medida por um dos observadores denomina‐se velocidade relativa ao observador considerado, ou simplesmente velocidade relativa. Inicialmente vamos estudar a velocidade relativa ao longo de uma linha reta e depois generalizar para a velocidade relativa em um plano. Note que para movimento retilíneo (uma dimensão) podemos usar o termo velocidade para designar o componente da velocidade ao longo da reta, podendo ser positiva, negativa ou nula. Os pilotos de uma exibição aérea enfrentam um problema complicado de movimento relativo. Eles devem considerar a velocidade relativa do ar sobre as asas (para que a força de sustentação atinja valores apropriados), a velocidade relativa entre os aviões (para evitar colisões) e a velocidade relativa em relação ao público (para que eles possam ser vistos). 06.1 VELOCIDADE RELATIVA EM UMA DIMENSÃO Uma mulher caminha com velocidade de 1,0 m/s no interior de um trem que se move com velocidade de 3,0 m/s (Figura 18a), qual é a velocidade da mulher? Trata‐se de uma questão bastante simples, mas que não possui uma resposta única. Em relação a um passageiro sentado no trem, ela se move a 1,0 m/s. Uma pessoa parada em uma bicicleta ao lado do trem vê a mulher se deslocar com velocidade 1,0 m/s + 3,0 m/s = 4,0 m/s. Um observador em outro trem movendo‐se em sentido oposto daria ainda outra resposta. É necessário especificar a velocidade relativa a um observador particular. A velocidade da mulher em relação ao trem é 1,0 m/s, sua velocidade relativa ao ciclista é 4,0 m/s e assim por diante. Cada observador equipado com uma régua e um cronômetro em princípio constitui um sistema de referência. Logo, um sistema de referência é um sistema de coordenadas acrescido de uma escala de tempo. Vamos designar por A o sistema de referência do ciclista e por B o sistema de referência do trem (Figura 18b). Para um movimento retilíneo, a posição de um ponto P em relação ao sistema de referência A é dada pela distância xP/A (posição de P em relação a A), e a posição em relação ao sistema de referência B é dada pela distância xP/B. A distância entre a origem de A e a origem de B (posição de B em relação a A) é xB/A. Podemos ver pela figura que xP/A = xP/B + xB/A [30] Isto nos informa que a distância total entre a origem de A e o ponto P é a distância entre a origem de B e o ponto P mais a distância entre a origem de A e a origem de B. 12
A velocidade relativa de P em relação a A, designada por vP/A , é a derivada de xP/A em relação ao tempo. As demais velocidades são obtidas de modo análogo. Logo, derivando a Equação (30), obtemos a seguinte relação entre as várias velocidades: dxP/A
dx
dx
 P/B  B/A dt
dt
dt
ou vP/A  vP/B  vB/A [31] FIGURA 18 (a) A mulher caminhando no interior do trem. (b) No instante indicado a posição da mulher (partícula P) relativa um sistema de referência A é diferente de sua posição relativa a um sistema de referência B. Voltando ao caso da mulher caminhando no trem, A é o sistema de referência do ciclista, B é o sistema de referência do trem, e o ponto P representa a mulher. Usando a notação anterior, temos vP/B = 1,0 m/s, vB/A = 3,0 m/s. Pela Equação (31), a velocidade da mulher vP/A relativa ao ciclista é dada por vP/A = 1,0 m/s + 3,0 m/s = 4,0 m/s, como já sabíamos. Neste exemplo, as duas velocidades são orientadas da esquerda para a direita, e implicitamente adotamos este sentido como positivo. Caso a mulher caminhasse para a esquerda em relação ao trem, então vP/B = ‐1,0 m/s, e sua velocidade relativa ao ciclista seria 2,0 m/s. A soma indicada na Equação (31) deve ser encarada sempre como uma soma algébrica, e qualquer termo pode ser negativo. Quando a mulher olha para fora da janela, o ciclista parado no solo parece se mover para trás; podemos designar a velocidade relativa do ciclista em relação à mulher por vA/P. E claro que ela é igual e contrária a vP/A. Em geral, quando A e B são dois pontos ou sistemas de referência, vA/B =‐vB/A [32] 06.2 VELOCIDADE RELATIVA EM DUAS OU TRÊS DIMENSÕES Podemos estender o conceito de velocidade relativa para incluir movimento em um plano ou no espaço mediante o uso da regra da soma vetorial para as velocidades. Suponha que a mulher na Figura 18a em vez de se mover ao longo do eixo do trem esteja se movendo lateralmente dentro do trem com velocidade de 1,0 m/s (Figura 19a). Podemos descrever a posição da mulher P em relação a dois sistemas de referência, o sistema A para o observador 
parado no solo e B para o trem em movimento. Porém, em vez da coordenada x usamos o vetor posição r porque agora o problema envolve duas dimensões. Então, conforme mostra a Figura 19b, 


rP/A  rP/B  rB/A [33] Analogamente ao método usado antes, derivamos essa equação para obter uma relação entre as diversas 

velocidades relativas; a velocidade de P relativa a A é dada por vP/A = d rP/ A /dt e assim por diante para as outras velocidades. Obtemos 13



vP/A  vP/B  vB/A [34] Quando todas as três velocidades relativas são paralelas à mesma linha reta, então a Equação (34) se reduz à Equação (31) para os componentes da velocidade ao longo dessa linha. Se a velocidade relativa do trem em relação ao solo possui módulo vB/A = 3,0 m/s e a velocidade relativa da mulher em relação ao trem possui módulo vP/B =1,0 m/s, então seu vetor velocidade relativa vP/A em relação ao solo é obtido conforme indicado na Figura 19c. O teorema de Pitágoras fornece vP/A  32  12  3,2m / s Também podemos observar neste diagrama que a direção do vetor velocidade relativa da mulher em relação ao 
solo faz um ângulo com o vetor velocidade relativa do trem vB/A , onde v
1
tag  P/B 
vB/A 3   18
Como no caso de um movimento retilíneo, temos a seguinte regra geral válida em qualquer caso em que A e B são dois pontos ou sistemas de referência, 

v A/B =‐ vB/A [35] A velocidade relativa da mulher em relação ao trem é igual e contrária à velocidade relativa do trem em relação à mulher e assim por diante. FIGURA 19 (a) A mulher caminha lateralmente dentro do trem. (b) O vetor posição depende do sistema de referência, (c) Diagrama vetorial para a velocidade da mulher relativa ao solo. Ao deduzirmos as equações para as velocidades relativas, imaginamos que todos os observadores usavam escalas de tempo iguais. Esse é o ponto em que a teoria da relatividade de Einstein difere da física de Newton e de Galileu. Quando as velocidades são próximas da velocidade da luz, designada por c, a equação de composição das velocidades relativas deve ser modificada. Caso a mulher da Figura 19 pudesse andar na direção do eixo do trem com velocidade 0,30c e o trem se movesse com velocidade 0,90c, então sua velocidade em relação ao solo não seria 1,20c, mas, sim, 0,94c; nada pode se deslocar com velocidade maior do que a velocidade da luz! EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 01.O pedal que aumenta a velocidade em um automóvel é chamado comumente acelerador. Existem outros controles que também podem ser considerados como aceleradores? SOLUÇÃO: O pedal que aumenta a velocidade em um automóvel é chamado acelerador em virtude do fato de que o uso comum da palavra aceleração refere‐se a um aumento na velocidade escalar. Contudo, a definição científica é que a aceleração ocorre sempre que a velocidade se modifica de qualquer maneira. Assim, o pedal de freio também pode ser considerado um acelerador, pois ele faz que o carro torne‐se mais lento. O volante do automóvel também é um acelerador, pois ele modifica a direção do vetor velocidade. 
02. A posição de uma partícula que se move em um plano xy é dada por r   2t3 – 5 t  ˆi   6 – 7t 4  ˆj , com r em metros e t em segundos. Calcule 
a) r , 14

b) v e 
c) a quando t = 2 s. SOLUÇÃO: 
(a) Em t = 2,00 s a posição ( r ) da partícula vale: 
r  2(2)3 – 5 (2) ˆi  6 – 7(2)4  ˆj 
ˆ  106ˆj m r  6i 

(b) A velocidade instantânea v é derivada primeira de r em relação ao tempo: 
 dr
d
v   2(t)3 – 5 (t) ˆi  6 – 7(t)4  ˆj dt
dt

2
v   6t – 5  ˆi   28t3  ˆj Substituindo‐se o valor de t = 2 s: 
v  6(2)2 – 5 ˆi  28(2)3  ˆj

ˆ  224ˆj
v  19i 

(c) A aceleração instantânea a é derivada primeira de v em relação ao tempo: 
 dv
d
a
 6(t)2 – 5 ˆi  28(t)3  ˆj
dt
dt

2ˆ
ˆ
a  12ti  84t j
Substituindo‐se o valor de t = 2 s: 
ˆ  84(2)2 ˆj
a  12(2)i 
ˆ  336ˆj
a  24i 03.Uma bola rola do alto de uma escada com velocidade horizontal de módulo v0 = 4 m/s. Cada degrau tem 50 cm de largura e 50 cm de altura. Desprezando a influência do ar, determine que degrau a bola tocará primeiro. SOLUÇÃO: Equação da parábola: x = 4t ֜ t = x/4 y = 5 t2 y = 5 x2/16 Interseção da parábola com a reta y = x: x = 5 x2/16 ֜ x = 0 e x = 3,2 m Portanto, a bola tocará primeiro o sétimo degrau. 04.Você arremessa uma bola em direção a uma parede com uma velocidade de 25 m/s fazendo um ângulo de 37° acima da horizontal (Figura abaixo). A parede está a 20 m do ponto de lançamento da bola. a) A que distância acima do ponto de lançamento a bola bate na parede? b) Quais são as componentes horizontal e vertical da sua velocidade quando ela bate na parede? c) Quando ela bate, ela já passou do ponto mais alto da sua trajetória? (use g =10 m/s2, cos 37°= 0,8) 15
SOLUÇÃO: (a) Chamaremos de tf o instante (final) quando a bola bate na parede. Precisaremos saber este instante para calcularmos a posição final y(tf). O tempo de vôo da bola é igual ao tempo que a bola gasta para percorrer 20 m na horizontal com uma velocidade v0x = v0cos(Θ) = 20 m/s: x  x o  v x t x  x 0 20
t

 1s
vx
20
Então, a posição yf da bola que é dada por yf = y0 + v0yt + 1/2gt2 com v0y = v0sen(Θ) = 15 m/s será: yf = 0 + 15.1 + 1/2.10.12 yf = 20m 
(b) As componentes de v f são: vfx = v0x = 20m/s vfy = v0y ‐ gtf = (15 ‐10×1)m/s = 5m/s (c) Como a componente y da velocidade final é positiva, então concluímos que a bola ainda está subindo. Logo a bola ainda não passou pelo máximo. 05.Quando o projétil da Figura seguinte, é lançado da posição A no solo, passa pela posição B a 15 m de altura, sua 
velocidade é vB   8 m / s  ˆi  10 m / s  ˆj 
a)Determine o vetor velocidade v A no instante do lançamento. b) Quanto tempo o projétil permanece no ar (tempo de vôo) até atingir o solo no mesmo nível? c) Qual a altura máxima atingida pelo projétil? 
d) Determine o vetor velocidade média v CD desde o instante que o projétil passa pelo ponto de altura máxima até o instante que ele atinge o solo. SOLUÇÃO: (a) O projétil está a 15 m do solo em dois instantes diferentes: na subida e na descida. Entretanto, como a componente 
y da velocidade vB é positiva, concluímos que o projétil ainda está subindo. Desta forma, podemos calcular a componente vAy. 2
vBy
 v2Ay  2g(yB  y A )
2
v Ay  vBy
 2g(yB  y A )
v Ay  100  2.10.15
v Ay  20m / s

Desta forma, v A   8 m / s  ˆi   20 m / s  ˆj 16
(b) Como o projétil atinge o solo no mesmo nível em que foi lançado, a componente y da velocidade final será igual à componente y inicial, com sentido contrário (vDy = – vAy). Então, vDy = vAy ‐ gtvoo com vDy = ‐vAy Portanto, 2v
tvoo  Ay  4s
g
(c) A altura máxima alcançada pelo projétil é yC. Neste instante a componente y da velocidade é nula. Assim temos: v2Cy  v2Ay  2g(y C  y A )
yC 
v2Ay
 20m
2g

(d) A velocidade média v CD é dada por:  

r r
v CD  D C
t Com 
rD  Riˆ  v Ax .t vooˆi  (32m)iˆ Com R=A(Alcance)  R
rC  ˆi  Hjˆ  (16m)iˆ  (20m)jˆ
2
Finalmente, 
(16m)i  (20m)j
v CD 
 (8m / s)iˆ  (10m / s)jˆ
2s
06. Um projétil é disparado com velocidade de 600 m/s, num ângulo de 60° com a horizontal. Calcular a) o alcance horizontal, b) a altura máxima, c) a velocidade e a altura 30s após o disparo. SOLUÇÃO: As equações para este movimento são ay  g
ax  0
v y  v o sen  gt
v x  v o cos
1
y  (v o sen)t  gt2
x  (v o cos)t 2 (a) Alcance horizontal. Seja t = tA o instante em que o projétil atinge o ponto x = A(Alcance do projétil), que é obtida fazendo‐se y(tA) = 0. Assim, da expressão para y(t), encontramos 1
y  (v o sen)t  gt2  0
2
1


 v o sen  2 gt  t  0


então,
t0
e
2v sen
t 0
g
Estas duas raízes correspondem às duas situações em que o projétil se encontra em y = 0, uma no instante de lançamento, t = t0 = 0, e a outra ao atingir o solo no ponto x = A, t = tA = 2v0 sen Θ/g . Portanto, substituindo os valores, encontra‐se 2.600.sen60
t
 106s
9,8
Para calcular o alcance basta substituir este tempo em x(t), x(tA) = A, ou seja, A = (v0 cos Θ) tA = 600 . cos 60° . 106 = 31. 800 m = 31, 8 km (b) Demonstramos em classe que tA = 2tm. Logo o tempo para atingir a altura máxima vale tm = 53s. Assim, y(tm) = ym, ou seja 17
1
3
1
ym  (v o sen)tm  gtm2  600.
.53  .9,8.532  13775,5m
2
2
2
(c) Para calcular a velocidade, vamos primeiro calcular as componentes v x (30s)  v o cos60  600.0,5  300m / s
v y (30s)  v o sen60  gt  600.
 

Como v  v x ˆi  v y ˆj então 3
 9,8.30  225,6m / s
2
v  v2x  v 2y  3002  225,62  375,4m / s

 225,6 
  arctg 
  arctg(0,75)  37
 300 

A altura y(30s) vale 1
y(30s)  600.sen60.30  9,8.302  11,2km
2
07. Um avião voa horizontalmente na altitude de 1 km com a velocidade de 200 km/h. Ele deixa cair uma bomba sobre um navio que se move no mesmo sentido e com a velocidade de 20 km/h. a) Calcule a distância horizontal entre o avião e o navio, no instante do lançamento, para que este seja atingido pela bomba. b) Resolver o mesmo problema para o caso de o avião e o navio terem movimentos de sentidos contrários. SOLUÇÃO: As equação que usaremos são ay   g
ax  0
v y  v o sen  gt
v x  v o cos
1
y  y 0  (v o sen)t  gt2
x  (v o cos)t 2 v
  arctg  y
 vx
(a) Cálculo de d. A bomba é deixada cair de um avião que voa a 56 m/s. Portanto, a bomba é lançada horizontalmente (Θ=0°) com velocidade inicial v0x=56m/s v0y=0 vn=56m/s Para atingir o navio, a bomba deve ser lançada sobre o ponto O, que está a uma distância horizontal d do navio (Figura (a)). Observe nesta figura que A = d + xn, onde A é o alcance do projétil e xn é a distância percorrida pelo navio desde o instante do lançamento da bomba e d é a distância procurada. Mas, o tempo que o projétil leva para percorrer a distância x = A (alcance) é obtido fazendo y(t) = 0 para t = tA, ou seja, 1
y(t)  y 0  (v o sen)t  gt2
2
2
0  1000  4,9t
t  14,3s
e, portanto, tA = 14, 3 s. Logo, A  x(t A )
A  (v 0 cos 0)t A  56.14,3  800m
18
Por outro lado, neste intervalo de tempo tA o navio percorreu uma distância xn (MRU) dada por xn = vntA = 5, 6. 14, 3 = 80 m Desta maneira, usando a identidade A = d ‐ xn encontramos d = A − xn = 800 − 80 = 720 m. (b) Neste caso o navio está em movimento em sentido contrário ao do avião (Figura (b)). Nesta figura observamos que d = A + xn. Como os valores são os mesmos, encontramos d= 800 + 80 = 880 m. 08. Um macaco esperto escapa do jardim zoológico. O guarda do zoológico o encontra em uma árvore. Depois de desistir de fazer o macaco descer, o guarda aponta a espingarda com um dardo tranquilizante na direção do macaco e atira (Figura). O macaco, desejando escapar do dardo, larga o galho e cai no mesmo instante em que o dardo sai da espingarda. Mostre que o dardo sempre atinge o macaco, qualquer que seja a velocidade do dardo quando ele sai da boca da arma (desde que seja suficiente para o dardo chegar ao macaco antes de ele atingir o solo). SOLUÇÃO: Escolhemos o sistema de coordenadas na saída da boca da arma com o dardo tranquilizante. Para mostrar que o dardo atinge o macaco, devemos mostrar que existe um instante no qual as coordenadas x e y do dardo e do macaco são as mesmas. Vamos primeiro verificar quando as coordenadas do macaco xM e as coordenadas do dardo xD são as mesmas. O macaco cai verticalmente, de modo que sempre xM = d. Para o dardo, xD = (v0.cosα)t. Quando essas coordenadas x são iguais, d = (v0 cosα)t ou d
t
v 0 cos 
Vamos agora verificar se para esse instante as coordenadas do macaco vM e as coordenadas do dardo yD são as mesmas; se elas fossem iguais, o dardo atingiria o macaco. O macaco está em queda livre em uma dimensão; sua posição em qualquer instante é dada pela Equação (16), fazendo‐se as mudanças de símbolos necessárias. A Figura mostra que a altura inicial do macaco é d.tanα (o lado oposto ao ângulo α de um triângulo retângulo cujo lado adjacente é d), logo 1
yM  d.tan   gt2 2
Para o dardo, usamos a Equação (18): 1
y 0  (v 0 .sen)t  gt2 2
Vemos, portanto, que d.tanα = (v0.senα)t no instante em que as duas coordenadas x são iguais; caso yD = yM, o dardo atinge o macaco. Para mostrar que isso realmente ocorre, substituímos t por d/(v0.cosα), o instante em que xD =xM; então d
(v 0 .sen)t  v 0 .sen
 d.tan  v 0 .cos 
Provamos que no instante em que as coordenadas x são iguais, as coordenadas y também são iguais; logo, um dardo apontado para a posição inicial do macaco sempre o atingirá, qualquer que seja o valor de v0. Esse resultado também não depende do valor de g, a aceleração da gravidade. Se não houvesse gravidade (g = 0), o macaco ficaria em repouso e o dardo seguiria uma trajetória retilínea para atingi‐lo. Com a gravidade, ambos "caem" a mesma distância (1/2)gt2 abaixo da posição correspondente a g = 0 e o dardo sempre atinge o macaco. 19
09. Um trem viaja para o Sul a 28 m/s (relativamente ao chão), sob uma chuva que está sendo soprada para o sul pelo vento. A trajetória de cada gota de chuva faz um ângulo de 64° com a vertical, medida por um observador parado em relação à Terra. Um observador no trem, entretanto, observa traços perfeitamente verticais das gotas na janela do trem. Determine a velocidade das gotas em relação à Terra. SOLUÇÃO: Considere o seguinte esquema vetorial de velocidades, onde vT é a velocidade do trem em relação Terra, vG é a velocidade das gotas de chuva em relação à Terra e vGT é a velocidade das gotas de chuva em relação ao trem: Os vetores vT e vGT são definidos como: 
v T  v Tˆi [1] 
v   v cos ˆj [2] GT
G
De acordo com o esquema, temos:   
vG  v T  vGT [3] Substituindo‐se (1) e (2) em (3): 
v G   v Tˆi  v G cos ˆj [4] O esquema mostra que vG é definido por: 
v G   v Gsenˆi  v G cos ˆj [5] Comparando‐se (4) e (5), conclui‐se que: v Gsen  v T
[6] v
vG  T
sen
Substituindo‐se (6) em (4): 
v
v G  v Tˆi  T ˆj tan 
O módulo de vG é dado por: 2
 v 
v G  v 2T   T   31,1525m / s  tan  
10. Uma criança gira uma pedra em um círculo horizontal a 1,9 m acima do chão, por meio de uma corda de 1,4 m de comprimento. A corda arrebenta e a pedra sai horizontalmente, caindo no chão a 11 m de distância. Qual era a aceleração centrípeta enquanto estava em movimento circular? SOLUÇÃO: Considere o seguinte esquema: A aceleração centrípeta procurada é dada por: v2
ac  [1] r
Análise do movimento no eixo horizontal (x): x = x0 + vx.t d = 0 + v.t t = d/v [2] Análise do movimento no eixo vertical (y): 20
y = y0 + vy0 + at2/2 0 = h + 0 – gt2/2 h = gt2/2 [3] Substituindo‐se (2) em (3): h = gd2/2v2 v2 = gd2/2h [4] Substituindo‐se (4) em (1): gd2
ac 
2rh
9,81.(11)2
2
ac 
 223,122m / s
2.(1,4).(1,9)
EXERCÍCIOS PARA RESOLVER 01.Suponha que você corra com velocidade escalar constante e deseja lançar uma bola de forma que possa pegá‐la quando ela voltar. Em qual direção você deve arremessar a bola? 02.Enquanto um projétil está em movimento em sua trajetória parabólica, há algum ponto ao longo de sua trajetória em que os vetores velocidade e aceleração são a) perpendiculares entre si? b) paralelos entre si? 03. Um canhão que lança balas com uma velocidade escalar de 1 000 m/s é utilizado para iniciar uma avalanche em uma montanha inclinada. O alvo está a 2 000 m do canhão horizontalmente e a 800 m acima do canhão. A que ângulo acima da horizontal o canhão deve ser disparado? 04. Uma estratégia em uma guerra com bolas de neve é jogar uma bola de neve a um ângulo grande acima do nível do solo. Enquanto seu oponente está olhando para a primeira bola, uma segunda é arremessada a um ângulo baixo, programada para chegar antes ou ao mesmo tempo que a primeira. Suponha que as duas bolas de neve sejam lançadas com uma velocidade escalar de 25,0 m/s. A primeira é lançada a um ângulo de 70,0° com relação a horizontal a) Com que ângulo deve a segunda bola de neve ser lançada para chegar no mesmo ponto que a primeira? b) Quantos segundos mais tarde deve a segunda bola ser lançada após a primeira para que chegue no mesmo instante que a primeira? 05.A velocidade de um projétil no ponto mais alto de sua trajetória vale 6 / 7 da sua velocidade quando ele passa pela metade da altura máxima da trajetória. Calcule o ângulo formado entre a velocidade inicial do projétil e a horizontal. 06.Um dia após sua graduação, você decidiu lançar um fósforo aceso no topo de uma lixeira cilíndrica (diâmetro D e altura 2D) cheia de papéis velhos com exercícios para casa. Para tornar esse evento mais esportivo, a parte inferior da lixeira está no mesmo nível do ponto em que o fósforo deixa a sua mão, e a lixeira está a uma distância horizontal de 6D do ponto em que o fósforo deixa a sua mão. Você lança o fósforo com ângulo de 45,0° acima da horizontal. Ache o valor máximo e o valor mínimo da velocidade inicial do lançamento para que o fósforo entre pela parte superior da lixeira. Despreze a resistência do ar e dê sua resposta em termos de g e de D. 07. Uma hélice de ventilador completa 1.200 revoluções a cada minuto. Considere um ponto na ponta da lâmina, que tem raio de 0,15m. a) Qual a distância percorrida pelo ponto em uma revolução? b) Qual a velocidade do ponto? c) Qual sua aceleração? 08. O piloto de um avião nota que a bússola indica que o avião está indo para oeste. A velocidade escalar do avião em relação ao ar é de 150 km/h. Se há um vento de 30,0 km/h em direção ao norte, encontre a velocidade do avião em relação ao solo. 21
09.Um trem viaja em direção ao sul a 30m/s (em relação ao solo), sob uma chuva que está caindo, também em direção ao sul, sob a ação do vento. As trajetórias das gotas de chuva formam um ângulo de 22° com a vertical, conforme registrado por um observador parado no solo. Entretanto, um observador no trem vê as gotas caírem exatamente na vertical. Determine a velocidade da chuva em relação ao solo. 10. Uma pessoa sobe em 90s uma escada rolante desligada, com 15 m de comprimento. Em operação, a escada rolante transporta uma pessoa parada sobre ela em 60 s, no mesmo trajeto. Quanto tempo levaria essa pessoa para subir, andando sobre a escada rolante em funcionamento? Sua resposta depende do comprimento da escada? 11.Um barco motorizado desenvolve, em relação às águas de um rio, velocidade constante de módulo v. Esse barco está subindo um trecho retilíneo do rio quando o piloto é informado de que um container flutuante, encerrando uma preciosa carga,caiu na água há exatamente uma hora. Nesse intervalo de tempo, a embarcação percorreu 16 km em relação às margens. Prontamente, o piloto inverte o sentido do movimento do barco e passa a descer o rio em busca do material perdido. Sabendo que as águas correm com velocidade constante de móduo 4,0 km/h, que o container adquire velocidade igual à das águas imediatamente após sua queda e que ele é resgatado pela tripulação do barco, determine: a) a distância percorrida pelo container desde o instante de sua queda na água até o instante do resgate; b) o valor de v. 12. Dois projéteis são lançados com uma velocidade inicial de mesmo módulo, um a um ângulo θ em relação ao nível do solo e o outro a um ângulo 90° ‐ θ. Os dois projéteis vão alcançar o solo à mesma distância do ponto de partida. Terão os dois projéteis permanecido no ar pelo mesmo intervalo de tempo? 13. É dada uma tacada em uma bola de golfe na beirada de um barranco. Suas coordenadas x e y como funções do tempo são dadas pelas seguintes expressões: x = (18,0 m/s)t e y = (4,00 m/s)t – (4,90 m/s2)t2 a) Obtenha uma expressão vetorial para a posição da bola como função do tempo, usando os vetores unitários ˆi e jˆ . Fazendo as derivadas, obtenha expressões para 
b) o vetor velocidade v como função do tempo e c) o vetor aceleração como função do tempo. Utilize em seguida a notação de vetor unitário para obter expressões para d) a posição, e) a velocidade, f) a aceleração da bola de golfe, todos em t = 3,00 s. 14. A velocidade escalar de um projétil quando ele alcança sua altura máxima tem a metade do valor de sua velocidade escalar quando ele está na metade de sua altura máxima. Qual é o ângulo de projeção inicial do projétil? 15. a) Prove que um projétil lançado em um ângulo α0, possui o mesmo alcance horizontal de outro lançado com a mesma velocidade em um ângulo (90° ‐ α0) b) Uma rã pula com uma velocidade de 2,2 m/s e chega ao solo a 25 cm de distância de seu ponto inicial. Para que ângulos acima da horizontal ela poderia ter pulado? 16. Um projétil é lançado em direção a um plano inclinado (ângulo de inclinação θ) com uma velocidade escalar inicial v0 a um ângulo Ø, com relação ao plano inclinado (Ø > θ), como mostrado na figura. a) Mostre que o projétil viaja a uma distância d ao longo do plano inclinado, em que 2v2 cos sen(  )
d 0
gcos2 
b) Para qual valor de Ø é máxima a distância d, e qual é esse valor máximo? 22
17. Um pneu com raio de 0,500 m gira a uma taxa constante de 200 rev/min. Encontre a velocidade escalar e a ace‐
leração de uma pedra pequena alojada na banda de rodagem do pneu (em sua extremidade externa). 18. Um rio tem uma velocidade escalar constante de 0,500 m/s. Um estudante nada rio acima a uma distância de 1.00 km e depois nada de volta ao ponto de partida. Se o estudante pode nadar a uma velocidade escalar de 1,20 m/s em água parada, quanto tempo vai levar para ir e voltar? Compare esse resultado com o tempo que levaria para ir e voltar com a água parada. 19.A neve está caindo verticalmente à velocidade escalar constante de 7,8 m/s. a) A que ângulo com a vertical e b) com qual velocidade os flocos de neve parecem estar caindo para o motorista de um carro que viaja numa estrada reta à velocidade escalar de 55 km/h? 20.Você deseja jogar uma bola para um amigo segurá‐la no meio do seu quarto. A distância entre o chão e o teto é igual a D e você lança a bola com velocidade VQ = 6gD . Qual é a distância horizontal máxima (em termos de D) que a bola pode se deslocar sem que ela seja rebatida pelo teto? (Suponha que a bola tenha sido lançada do chão.) 21.Um rojão de fogo de artifício explode em uma altura h, do topo de sua trajetória vertical. Ele lança fragmemos quei‐
mando em todas as direções, mas todos com a mesma velocidade escalar v. Os fragmentos caem ao solo sem resistên‐
cia do ar. Encontre o menor ângulo que a velocidade final de um fragmento tocando o solo faz com a horizontal. 22.Considere o lançamento de um projétiI. a) Determine uma relação para o cálculo do ângulo de arremesso, supondo que o alcance horizontal D seja igual à altura máxima h atingida pelo projétil. b) Calcule o valor deste ângulo. 23.Um garoto, situado a uma distância D de uma árvore, deseja derrubar uma fruta que se encontra a uma altura H. Para isto, ele lança uma pedra com uma atiradeira. Se ele apontar a atiradeira na direção da fruta, a pedra não atingirá o alvo. Calcule o ângulo que a atiradeira deve fazer com a horizontal para que a pedra atinja o alvo. 24.Um jogador de basquete lança uma bola de uma altura h formando um ângulo θ com a horizontal. A cesta está a uma altura H. A distância horizontal entre o jogador e o ponto verticalmente abaixo da cesta é igual a d. Mostre como se calcula a velocidade v0 da bola para que ela entre na cesta. 25.Uma criança deseja jogar uma bola para o outro lado de um muro de altura h = 6 m. A força muscular da criança permite uma velocidade máxima v0 = 12 m/s. a) Determine analiticamente a distância máxima d entre a criança e o muro para que seja ainda possível o arremesso da bola para o outro lado. b) Calcule o ângulo de arremesso mínimo, c) Calcule o valor desta distância. 

26. A velocidade de uma partícula que se move no plano xy é dada por v   6t – 4t2  ˆi  8jˆ , sendo v em metros por segundo e t (> 0) em segundos. a) Qual é a aceleração quando t = 3 s? b) Quando (eventualmente) sua aceleração será nula? c) Quando (eventualmente) sua velocidade será nula? d) Quando (eventualmente) a velocidade escalar será de 10 m/s? 27.Você atira uma bola de uma rocha para baixo com velocidade inicial de 15 m/s, inclinada de 20° abaixo da horizontal. Encontre a) o deslocamento horizontal e b) o deslocamento vertical da bola 2,3 s mais tarde. 28.Uma bola de neve rola do telhado de um celeiro que possui uma inclinação para baixo igual a 40°. 23
A extremidade do telhado está situada a 14,0 m acima do solo e a bola de neve possui velocidade de 7,00 m/s quando ela abandona o telhado. Despreze a resistência do ar, a) A que distância do celeiro a bola de neve atingirá o solo caso não colida com nada durante sua queda? b) Um homem de 1,9 m de altura está parado a uma distância de 4,0 m da extremidade do celeiro. Ele será atingido pela bola de neve? 29.Um projétil descreve uma parábola cuja equação paramétrica em função do parâmetro tempo é dada por: x = ‐30t y = 50t – 4t2 onde x e y são dados em metros e t em segundos, e as constantes possuem dimensões apropriadas com unidades do MKS. Determine: a) o módulo da velocidade para t = 1s; b) o módulo da aceleração para t = 2s. 30.A equação da trajetória de uma partícula e dada por; x = 3 cos wt y = 4 sen wt onde w é constante e todas as unidades são do sistema MKS. a) Determine a equação da trajetória no plano Oxy; b) determine o módulo da aceleração. 31.Em um teste de um "aparelho para g", um voluntário gira em um círculo horizontal de raio igual a 7,0 m. Qual é o período da rotação para que a aceleração centrípeta possua módulo de a) 3,0g? b) 10g? 32.Um canhão é posicionado para atirar projéteis com velocidade inicial v0 diretamente acima de uma elevação de ângulo β, como mostrado na figura. Que ângulo o canhão deve fazer com a horizontal de forma a ter o alcance máximo possível acima da elevação? 
ˆ ˆ  4t2ˆj  tk.
33. Uma partícula se move de modo que sua posição em função do tempo, em unidades SI, é r  t   i Escreva expressões em função do tempo para a) sua velocidade e b) sua aceleração. c) Qual é a forma da trajetória da partícula? 24

34. Uma partícula A se move ao longo da linha y = d (30 m) com velocidade constante v (v= 3,0 m/s) paralela ao eixo x 
positivo. Uma segunda partícula B parte da origem com velocidade nula e aceleração constante a (a = 0,40 m/s2) no 
mesmo instante em que a partícula A passa pelo eixo y. Para que ângulo θ, entre a e o eixo positivo y, haverá colisão entre essas duas partículas? 35.A cidade de Belo Horizonte (BH) localiza‐se a 300 km ao norte da cidade de Volta Redonda. Se um avião sai desta cidade rumo a BH num dia de vento soprando na direcão leste‐oeste, no sentido de oeste para leste, com velocidade de módulo 60 km/h, pergunta‐se: em que direcão o piloto deve aproar o eixo longitudinal do seu avião para manter o rumo sul‐norte e completar seu percurso em 0,50 h? Considere que o voo ocorre com velocidade constante. 36.Um garoto chamado CAIO vai da base até o topo de uma escada rolante e volta do topo até a base da mesma, gastando um intervalo de tempo total de 12 s. A velocidade dos degraus da escada rolante em relação ao solo é de 0,50 m/s e a velocidade do CAIO em relação aos degraus é de 1,5 m/s. Desprezando o intervalo de tempo gasto por CAIO na inversão do sentido do seu movimento, calcule o comprimento da escada rolante. 37.Uma balsa percorre o rio Cuiabá de Porto Cercado a Porto Jofre (Pantanal mato‐grossense), gastando 9,0 h na descida e 18 h na subida. O motor da balsa funciona sempre em regime de potência máxima, tal que a velocidade da embarcação em relacão às águas pode ser considerada constante. Admitindo que a velocidade das águas também seja constante, responda: quanto tempo uma rolha, lançada na água em Porto Cercado e movida sob a ação exclusiva da correnteza, gastará para chegar até Porto Jofre? 38. Em t = 0, uma partícula em movimento no plano xy com aceleração constante tem uma velocidade 

ˆ  7,00ˆj m/s. Encontre v  3.00ˆi – 2,00ˆj m/s e está na origem. Em t = 3,00 s, a velocidade da partícula é v  9,00i 



a) a aceleração da partícula e b) suas coordenadas em qualquer tempo t. 
39. Uma partícula localizada inicialmente na origem tem uma aceleração de a  3,00ˆj m/s2 e uma velocidade inicial de 
v  5,00iˆ m/s. Encontre i
a) o vetor posição e a velocidade em qualquer tempo t e b) as coordenadas e velocidade escalar da partícula em t = 2,00 s. 40. O coiote determinado está mais uma vez perseguindo o papa‐léguas. O coiote usa um par de patins a jato, que fornecem uma aceleração constante de 15,0 m/s2. O coiote parte do repouso a 70,0 m da beira de um precipício no instante em que o papa‐léguas passa correndo por ele na direção do precipício. a) Se o papa‐léguas está em movimento, com velocidade escalar constante, determine a velocidade escalar mínima que ele precisa ter para alcançar o precipício antes do coiote. Na beirada do precipício o papa‐léguas escapa fazendo uma 25
curva rapidamente, enquanto o coiote continua em linha reta. Seus patins permanecem horizontais e continuam a ˆ – 9,80ˆj m/s2. funcionar enquanto ele está em vôo, de forma que a aceleração do coiote fica sendo 15,0i 

b) Se o precipício está a 100 m acima da superfície plana de um vale, determine onde o coiote vai alcançar o vale. c) Determine as componentes da velocidade de impacto do coiote. 41. Um projétil é atirado da superfície de um terreno plano segundo um ângulo  0 acima da horizontal. a) Mostre que o ângulo de elevação θ do ponto mais alto, visto do ponto de lançamento, está relacionado com  0 por 1
tan   tan  0 ; veja a Figura 2
b) Calcule θ para  0 = 45°. 42. A figura representa a aceleração total de uma partícula em movimento no sentido dos ponteiros do relógio em um circulo de raio 2,50 m em um certo instante. Nesse instante, encontre a) a aceleração radial, b) a velocidade escalar da partícula, e c) sua aceleração tangencial. 43. Uma bola oscila em um círculo vertical na extremidade de uma corda com 1,50 m de comprimento. Quando a bola ˆ  20,2jˆ m/s2. Nesse instante, está a 36,9° além do ponto mais baixo indo para cima, sua aceleração total é de 22,5i 

a) esboce um diagrama vetorial mostrando as componentes de sua aceleração, b) determine o módulo de sua aceleração radial, e c) determine a velocidade escalar e a velocidade da bola. 44. Uma bola é lançada com uma velocidade escalar inicial v e um ângulo θ, com a horizontal. O alcance horizontal da bola é R, e a bola alcança uma altura máxima de R/6. Encontre em termos de R e de g a) o tempo em que a bola está em movimento, b) a velocidade escalar da bola no topo de sua trajetória, c) a componente vertical inicial de sua velocidade, d) sua velocidade escalar inicial, e e) o ângulo θi. Suponha que a bola seja arremessada com a mesma velocidade escalar inicial encontrada em d), mas com um ângulo apropriado para alcançar a maior altura possível. f) Encontre essa altura. Suponha que a bola seja arremessada com a mesma velocidade escalar inicial, mas a um ângulo para atingir o maior alcance possível, g) Encontre esse alcance horizontal máximo. 45. Uma pessoa parada no alto de um rochedo hemisférico de raio R chuta uma bola (inicialmente em repouso no alto 
da rocha) fornecendo‐lhe uma velocidade horizontal v i como na figura. a) Qual tem de ser a velocidade escalar inicial mínima da bola para que ela nunca alcance o rochedo depois de chutada? 26
b) Com essa velocidade escalar inicial, a que distância da base do rochedo a bola atinge o solo? 46.Uma partícula se encontra no alto de um tambor cilíndrico de raio R. A partícula recebe um impulso e adquire uma velocidade perpendicular ao eixo do cilindro e numa direção paralela. Considere um sistema de coordenadas Oxy, com centro na parte superior do cilindro e com o eixo Oy orientado verticalmente de cima para baixo, a) Determine a equação da trajetória em função da velocidade inicial v0. b) Qual deve ser o menor valor de v0, para que a partícula, ao sair da superfície em sua parte superior, não atinja nenhum ponto do cilindro em sua trajetória? 47.Uma partícula A se desloca em relação a outra partícula B com velocidade relativa: 
ˆ  3jˆ v A ,B  2i A partícula B se desloca em relação a uma partícula C com uma velocidade relativa: 
ˆ  2jˆ vB,C  i Determine a velocidade da partícula A em relação à partícula C. 48.Uma equipe de demolição usa dinamite para explodir um edifício velho. Fragmentos da explosão voam em todas as direções, e mais tarde são encontrados num raio de 50 m da explosão. Faça uma estimativa da velocidade máxima atingida pelos fragmentos da explosão. Descreva todas as hipóteses que você usar. 27