Exercícios desafiadores de Cinemática

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1 Exercícios desaiadores de Cinemática Stevinus agosto Cinemâtica 1.1 Moysés, cap.2-10 Um trem com aceleração máxima a, e deceleração máxima (magnitude da aceleração de reiamento) tem de percorrer uma distância d entre duas estações. O maquinista pode escolher entre (a) seguir com a aceleração máxima até certo ponto e, a partir daí, reiar com deceleração máxima até chegar, (b) acelerar até uma certa velocidade, mantê-la constante durante algum tempo e depois reiar até a chegada. Mostre que a primeira opção é a que minimiza o tempo de percurso (sugestão : utilize gráicos v t) e calcule o tempo mínimo de percurso em unção de a, e d. Observações : É implícito que o percurso se az em linha reta e que o trem tem que chegar ao destino com velocidade nula. Solução : A equação horária do movimento durante os três trechos descritos no ítem (b) é : onde : x(t) = a 2 t2 ; para 0 < t < t 0 x(t) = v 0 (t t 0 ) + x 0 ; para t 0 < t < t 1 x(t) = 2 (t t 1) 2 + v 1 (t t 1 ) + x 1 ; para t 1 < t. x 0 = a 2 t2 0 v 0 = a t 0 v 1 = v 0 = a t 0 x 1 = v 0 (t 1 t 0 ) + x 0 = at 0 (t 1 t 0 /2) 1

2 No instante da chegada t 2, solução de d = 2 (t 2 t 1 ) 2 + v 1 (t 2 t 1 ) + x 1 a velocidade é nula : Achamos 0 = (t 2 t 1 ) + v 1 t 2 t 1 = at 0 d = a2 t Podemos escrever + a2 t 2 0 t 2 + at at 0 (t 1 t 0 ) = = (t 1 t 0 ) + a + t 0 = 1 { (a + )a d at 0 2 t 2 o } a(a + ) 2 + a + que é mínimo quando (t 1 t 0 ) = 0, i.e. para o caso (a). Temos t 2 0 = 2 d a(a + ) t 0 t at 0(t 1 t 0 ) e o tempo da viagem é : t 2 = a + t 0 = 2d (a + ) a 2

3 1.2 Y & F,cap.3-74 Um oguete é conduzido a uma altura de 12km por uma areonave, que voa em linha reta horizontal com velocidade constante V N = 850 km/h. Num determinado instante, o oguete é lançado e cai sob a inluência da gravidade terrestre com aceleração g = 10, 0m/s 2.. A areonave continua em linha reta com a mesma velocidade. Depois de cair durante um intervalo de tempo pequeno, o motor do oguete é acionado de modo que a aceleração total, incluindo a gravidade, tem módulo constante a = 3 g, dentro do plano vertical determinado pela rota da areonave e, dirigida para cima, azendo um ângulo de 30 o com o plano horizontal. Por razões de segurança, quando o oguete tem subido até a altura da areonave, ele deve passar a uma distância δ de pelo menos 1, 0 km rente desa. Qual é o tempo mínimo entre o lancamento do oguete e o acionamento de seus motores para esta condição de segurança ser satiseita? Faça um esboço da trajetória! Solução : Dica : Em primeiro temos que escolher um reerencial, o que pode ser eito de várias maneiras. Nesse problema, um eixo horizontal e outro vertical para cima parece ser a escolha mais simples. Escolhemos a posição no tempo t = 0 como origem desses eixos. Seja t 1 > 0 o instante quando o oguete se desprende da nave. Temos as equações horárias para a posição e a velocidade da nave e do oguete dadas por : areonave, para 0 < t: x N (t) = V N t ; y N (t) = 0 v xn (t) = V N ; v y N (t) = 0 oguete, para 0 < t < t 1 x F (t) = V N t ; y F (t) = g 2 t2 v x F (t) = V N ; v y F (t) = g t oguete, para t 1 < t x F (t) = V N t 1 + V N (t t 1 ) + a x 2 (t t 1) 2 v xf (t) = V N + a x (t t 1 ) y F (t) = g 2 t2 1 g t 1 (t t 1 ) + a y 2 (t t 1) 2 v y F (t) = g t 1 + a y (t t 1 ) 3

4 Seja t 2 o instante quando o oguete ica na mesma altura que o avião : y F (t 2 ) = 0. Obtemos uma equação quadrática para t (t 2 t 1 ) : ( t) 2 2 g a y t 1 t g a y t 2 1 = 0 cuja soluição positiva é : t = g a y t 1 ( a y g ) No instante t 2, a posição da nave e do oguete tem a mesma altura y = 0, enquanto aa coordenadas ao longo do eixo Ox valem : x N (t 2 ) = V n ( t + t 1 ) x F (t 2 ) = V N t 1 + V N t + a x 2 ( t)2 A condição de seguramça é que x F (t 2 ) x N (t 2 ) > δ, o que resulta em : donde : t 1 > 2δ a y a x g a x 2 ( t)2 > δ ( a y g ) 1 Esboço da trajetória : 4

5 1.3 Movimento relativo Fixamos um certo reerencial espacial R pela escolha de uma origem O e de três eixos com vetores unitários e ortogonais {î, ĵ, ˆk}. Também um reerencial temporal é ixado pela escolha de um relógio. A trajetória de um ponto P(t) será dada pelas OP (t) = X(t)î + Y (t)ĵ + Z(t)ˆk em R. três coordenadas em unção do tempo : Consideramos outro reerencial R em movimento em relação ao primeiro. Para R, a origem O e os vetores unitários {î,ĵ,ˆk } dependerão do tempo. Surge o problema de relacionar a descrição em R do movimento de P(t) com a descrição em R : Translação O P (t) = X (t)î + Y (t)ĵ + Z (t)ˆk. A origem muda : O O : OO (t) = a x (t)î + a y(t)ĵ + a z(t)ˆk, mas os vetores de base não : como vetores livres, temos {î,ĵ,ˆk } = {î,ĵ, ˆk}. Em coordenadas a equação vectorial : O P (t) = OP (t) OO (t), escreve-se X (t) = X(t) a x (t) ; Y (t) = Y (t) a y (t) ; Z (t) = Z(t) a z (t). Tomando as derivadas, achamos O P (t) = d OP (t) OO (t) ; V (t) = V(t) V OO (t) onde V OO (t) é a velocidade relativa de R em relação a R. Os componentes são : V 0,x (t) = da x (t)/, V 0,y (t) = da y (t)/, V 0,z (t) = da z (t)/ e temos : V x(t) = V x (t) V 0,x (t) ; V y(t) = V y (t) V 0,y (t) ; V z(t) = V z (t) V 0,z (t) Tomando mais uma derivada, achamos a relação entre as acelerações : A (t) = A(t) A OO (t) Aplicação : Um elevador se move verticalmente em relação a terra com aceleração constante A OO (t) = A 0 ˆk. Um ponto que cai com aceleração A = g ˆk em relação a terra, se move em relação ao elevador com aceleração A = (g + A 0 ) ˆk. Note que A 0 pode ser positivo ou negativo. 5

6 1.3.2 Rotação pura(acultativo) Eetuamos uma rotação dos eixos em torno do eixo OZ do ângulo θ. Os novos vetores unitários {î,ĵ,ˆk } estão relacionados com os antigos {î,ĵ,ˆk} por : î ĵ ˆk = î cos θ + ĵ sin θ = î sinθ + ĵ cosθ = ˆk que vamos escrever sob a orma matricial : com a transormação inversa : (î ĵ ˆk ) = ( î ĵ ˆk ) (î ĵ ˆk ) = ( î ĵ ˆk ) cos θ sinθ 0 sinθ cos θ 0 cos θ + sinθ 0 sinθ cos θ 0 Desenho bonito e esclarescedor As coordenadas e um ponto P nos dois reerenciaias são dadas em R e R, por : e, como O P= OP, teremos : OP = X î + ĵ + Z ˆk = ( ) î ĵ ˆk X Y Z O P = X î + Y ĵ + Z ˆk = ( î ĵ ) ˆk X Y Z = cosθ + sinθ 0 sinθ cos θ 0 6 X Y Z X Y Z

7 Utilizaremos um notação mais compacta : e Temos X. = U(θ). = X Y Z, X. = X Y Z cosθ + sinθ 0 sinθ cos θ 0 ; E =. ( ) (î î ĵ ˆk ; E. = ĵ ) ˆk ; (U(θ)) 1. = OP EX = E X O P E = E U(θ), E = E (U(θ)) 1 donde X = U(θ)X e, se tanto X, quanto θ depender do tempo, cosθ sinθ 0 + sinθ cosθ 0 dx = du(θ) X + U(θ) dx Multiplicando a esquerda por E = EU 1, achamos : Com ω z. = dθ/, achamos e deinimos a matriz Ω =. 1 du U = = E dx d U(θ) = 0 +ω z 0 ω z = E ( dx + du ) U 1 X sinθ + cos θ 0 cosθ sin θ cos θ sin θ 0 + sinθ cos θ 0 ω z sinθ + cos θ 0 cos θ sinθ ω z 7

8 No caso mais geral de uma rotação em torno de um eixo arbitrário, teremos Notaremos Finalmente ΩX = V Ω =. U 1 du = 0 +ω z ω y ω z 0 +ω x +ω y ω x 0. = E dx 0 +ω z ω y ω z 0 +ω x +ω y ω x 0 X Y Z = +ω z Y ω y Z ω z X + ω x Z ω y X ω x Y ; V. = E dx ; Ω OP. = E (ΩX) V = V + Ω OP Essa órmula será utilizada na parte inal do curso. Notamos que o produto vetorial é intimamente relacionado com as rotações no espaço tridimensional!! Tomando mais uma derivada Ẋ = UẊ + UX = U ( Ẋ + ΩX ) torna-se em Ẍ = U ( ) Ẍ + 2ΩẊ + ΩΩX + ΩX ou A = A + 2 Ω V + Ω (Ω OP) Se Ω or constante, teremos a aceleração de Coriolis A Coriolis = 2 Ω V e a aceleração centripeta : A centripeta = Ω (Ω OP) 8