Licenciatura em Engenharia Informática e de Computadores CADEIRA DE MECÂNICA E ONDAS 2º Semestre de 2011/2012 Problemas de cinemática, com resolução Problema 1.2 A trajectória de um avião é observada a partir de uma torre de controle, e verifica-se que ela é descrita por x = 4500-120.0 t (m) y = 1700 + 85.0 t (m) z = 800 (m) com t em segundos. O eixo Ox aponta para Sul, o eixo Oy aponta para Leste, e a torre está na origem do referencial (ver figura). Qual a velocidade do avião, e qual a sua posição no instante em que se iniciou a observação (t = 0)? Se não se alterar a rota, qual a distância mínima a que o avião passa da torre? z 300 m x (Sul) φ y (Leste)
Problema 2.1 Uma partícula move-se a partir do centro de uma mesa rectangular, sendo a sua velocidade dada por v x = 4.0(t 3 +t) (ms -1 ) e v y = 4.0t (ms -1 ), com t em segundos. A mesa mede 2.0m por 1.0m, e a direcção do eixo Ox coincide com a sua maior dimensão. a) Calcule a equação da trajectória [equação y=f(x)]. b) Calcule em que instante a partícula atinge a extremidade da mesa. Problema 2.2 Um avião larga um projéctil quando voa à altitude de 400m, com a velocidade de 270ms -1, numa direcção que faz um ângulo de 40º abaixo da horizontal. Calcule a distância horizontal entre o ponto de lançamento e o ponto de impacto no solo, e o ângulo com que o projéctil atinge o solo. Problema 3.1 Um nadador que consegue nadar com a velocidade de 2.5 ms -1 em águas paradas resolve atravessar um rio de 30 m de largura, que tem uma corrente de 2 ms -1. a) Calcule o tempo mínimo que o nadador necessita para atravessar o rio. b) Calcule o tempo que o nadador leva, se pretender seguir o caminho mais curto entre as margens. 30 m v c = 2 ms -1 Chegada Problema 3.2 Um avião tem a velocidade de cruzeiro de 180 ms -1 (em relação ao ar atmosférico) e vai fazer um vôo de 600 Km com o rumo SO-NE. Durante os 2/3 iniciais do trajecto está sujeito a um vento de 50 ms -1, soprando de Leste para Oeste. No último terço da rota o vento é de 70 ms -1, de SE para NO. O avião consome 10 litros de combustível por minuto de vôo. Calcule a quantidade de combustível com que o piloto deve abastecer o avião para este vôo. Partida
Problema 3.3 Um avião de vigilância voa com a velocidade de 80 ms -1, com o rumo SSO- NNE. Um eco suspeito é detectado no radar de bordo, como se indica na figura. O intervalo de tempo entre imagens consecutivas é de 10 s, e o deslocamento aparente entre imagens consecutivas é de 600 m para o quadrante sudoeste fazendo um ângulo de 30º com o Oeste. Calcule a velocidade do objecto suspeito, e o seu rumo. O N E S
Solução do Problema 1.2 A velocidade do avião é dada por v = v x û x + v y û y + v z û z, com v x = dx/dt; v y = dy/dt; v z = dz/dt. Logo, v = -120.0 û x + 85.0 û y (ms -1 ), Podemos concluir que o avião voa horizontalmente (v z = 0). O ângulo que o seu rumo faz com o eixo Ox (medido no sentido anti-horário) é dado por φ = tg -1 v y /v x = 145º. Está portanto a dirigir-se para o quadrante Noroeste. A velocidade de cruzeiro, em módulo, é v = [(-120.0) 2 +(85.0) 2 ] 1/2 =147.0 ms -1. No instante t = 0, o vector posição do avião é dado por r 0 = 4500 û x + 1700 û y + 800 û z (m), e a sua distância à origem é D = r 0 = 4876 m. A torre vê o avião na direcção S20.7W (ou seja, no quadrante Sudoeste fazendo um ângulo de 20.7º com o Sul), e a 800 metros de altitude. A distância na horizontal é de 4810 m. No instante genérico t, a distância entre o avião e a torre é D(t) =[(4500-120.0t) 2 + (1700 + 85.0t) 2 + 800 2 ] 1/2, e para que a distância seja mínima deve anular-se a derivada desta expressão. Feito o cálculo resulta t = 18.2 s, e nesse instante a distância é de 4067 m (distância mínima) sendo a distância na horizontal de 3983 m. Solução do Problema 2.1 Y = 1m X = 2m a) Primitivando as expressões da velocidade, obtém-se x(t) = P[4(t 3 +t)] = t 4 + 2 t 2 + c 1 y(t) = P[4 t)] = 2t 2 + c 2 As condições iniciais são: para t =0, x 0 = 1m e y 0 = 0.5m, o que permite calcular c 1 e c 2 : 1 = c 1 0.5 = c 2 logo, x(t) = t 4 + 2 t 2 + 1 (m) e y(t) = P[4 t)] = 2t 2 + 0.5 (m). Eliminando a variável t (e tendo em conta que y>0 para escolher o sinal da raiz): Equação da trajectória: y(x) = - 1.5 + 2x 1/2 c) A partícula pode cair por ser x>2m ou y>1m. O que acontece antes? Para y=1m, resulta x = 1.56m, logo a partícula cai quando y = 1m, o que ocorre quando t = 0.5 s.
Solução do Problema 2.2 A velocidade do projéctil é dada por v x = v 0 cos40º v y = v 0 sen40º-gt e as coordenadas cartesianas por x = v 0 cos40ºt y = y 0 v 0 sen40ºt gt 2 /2 Fazendo y = 0 encontra-se o instante em que o v projéctil atinge o solo: t = 2.172 s. Substituindo em x obtém-se a distância percorrida na horizontal, 449.3m. As componentes da velocidade nesse instante são v x = 206.8 ms -1 e v y = -194.8 ms -1, o que permite concluir que o ângulo com a horizontal é tg-1(v y /v x ) = -43.3º v 0 x Solução do Problema 3.1 a) O tempo de travessia depende da direcção em que o nadador se orientar em relação à água. Note que a direcção que o nadador controla é a da velocidade em relação à água, e que essa é igual à sua velocidade em água parada. Se a velocidade em relação à água - referencial (S ) é v, fazendo um ângulo θ' com a margem, a velocidade em relação à terra será v = v + v c, ou seja, (S) (S ) v c v v θ' v x = v x + v c v x = 2.5 cosθ + 2.0 v y = v y v y = 2.5 senθ' a) O tempo de travessia é determinado pela condição y = 30m, ou seja, 1.5 senθ t = 30 m. Logo, t = 30/(2.5 senθ ), e o tempo mínimo corresponde ao valor máximo de senθ', ou seja, θ = 90º. Conclui-se que para a duração ser mínima o nadador se deve orientar perpendicularmente às margens, ainda que não seja nessa distância que ele avança. Vai avançar na direcção dada por θ = tg -1 (v y /v x ) = tg -1 (2.5/2.0) = 51.3º. O tempo de travessia será 12 s. b) Neste caso, o nadador pretende que v x =0, para que no referencial da terra ele avance segundo Oy (travessia mais curta). Para isso deve ser v x = 2.5 cosθ +2.0 = 0, ou seja, θ = cos -1 (-2.0/2.5) = 143º. Vemos que em relação à água o nadador deve orientar-se para a esquerda, de modo a que com o arrastamente ele se mova segundo Oy. O tempo de travessia será neste caso t = 30/(2.5 sen 143º) = 19.9 s.
Solução do Problema 3.2 O piloto pretende que a sua velocidade em relação à terra faça sempre um ângulo de 45º com o eixo Ox (rumo Oeste Este). A velocidade em relação à terra será v = v + v v, em que v é a velocidade em relação ao ar e v v a velocidade do vento. Nos primeiros 400 km será v x = v x 50 e v y = v y. Além disso tem que ser tg -1 (v y /v x ) = 45º, e v x 2 + v y 2 = 180 2. ou seja, (v x +50) 2 + v y 2 = 180 2. Resolvendo, obtem-se v x = v y = 99.8 ms -1. A velocidade em relação à terra tem assim um módulo de 141.1 ms -1, e o tempo necessário para percorrer 400 km é de 2834 s. Repetindo o raciocínio para os últimos 200 km, com a velocidade do vento v v = -49.5 û x + 49.5 û y (ms -1 ), resulta tg -1 (v y /v x ) = 45º e (v x -49.5) 2 + (v y +49.5) 2 = 180 2, o que dá v x = v y = 117.2 ms -1 e v = 165.8 ms -1, logo o avião leva 1206 s a percorrer os últimos 200 km. O tempo total de vôo são 67.3 minutos, para os quais o avião necessita de 673 litros de combustível. Solução do Problema 3.3 (s) y Norte v v (s ) y v R x x Seja (s ) um referencial que se move com o avião de vigilância (ver figura). Esse referencial tem velocidade v R = 80 cos 67.5º û x + 80 sen 67.5º û y (ms -1 ) em relação a um referencial fixo na terra (s). A velocidade do objecto desconhecido mostrada pelo radar é relativa ao referencial (s ) onde se encontra o dito radar. O módulo dessa velocidade é 600m/10s = 60 ms -1, e faz um ângulo de 30º com o lado negativo do eixo Ox. Logo, será v = - 60 cos 30º û x 60 sen 30º û y (ms -1 ). A velocidade do objecto em relação à terra é dada por v = v + v R, ou seja, v = -21.3 û x + 43.9 û y (ms -1 ). Podemos concluir que em relação à terra o objecto suspeito se desloca com a velocidade de 48.8 ms -1 em módulo, e com um rumo que faz um ângulo de 25.9º com o Norte, para o lado Oeste (N25.9ºW).