(1 ponto) Uma partícula move-se ao longo da trajetória y^{2}=9 x com uma velocidade escalar constante de v=3 \mathrm{~m} / \mathrm{s}. Determine as componentes x e y da velocidade e aceleração quando a partícula está em x=3 m. (Equivalente ao Problema 12.79 p. 36 )

Passo 1

O enunciado dá:
  • A trajetória da partícula: y^{2}=9x.
  • A velocidade escalar (magnitude da velocidade) é constante: v=3\\ \mathrm{m/s}.
    Pede-se:
  • As componentes v_x e v_y da velocidade e as componentes a_x e a_y da aceleração quando x=3\\ \mathrm{m}.
Informações úteis imediatas (tiradas do enunciado):
  • Em x=3 temos y^{2}=9\cdot 3=27, logo y=\pm 3\sqrt{3}. Ou seja, há dois pontos da curva com essa abscissa: um com y=+3\sqrt{3} e outro com y=-3\sqrt{3}.
  • A velocidade escalar constante significa que a derivada temporal da magnitude da velocidade é zero ( \dot v=0), isto influencia a aceleração (veremos adiante).

Passo 2

Primeiro calculo a derivada dy/dx da curva para relacionar componentes de velocidade. Diferenciando implicitamente y^{2}=9x em relação a x:
2y\frac{dy}{dx}=9
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\frac{dy}{dx}=\frac{9}{2y}.
Em x=3 temos y=\pm 3\sqrt{3}. Substituindo:
\frac{dy}{dx}\Big|_{y=+3\sqrt{3}}=\frac{9}{2\cdot 3\sqrt{3}}=\frac{3}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2},
\frac{dy}{dx}\Big|_{y=-3\sqrt{3}}=\frac{9}{2\cdot (-3\sqrt{3})}=-\frac{\sqrt{3}}{2}.
Portanto a inclinação da curva naquele ponto é \pm \dfrac{\sqrt{3}}{2}.

Passo 3

Relação entre componentes da velocidade e a inclinação:
  • Defino v_x=\dot x e v_y=\dot y.
  • Como v_y=(dy/dx)\,v_x (regra da cadeia: \dot y = (dy/dx)\dot x).
  • A magnitude da velocidade é
v=\sqrt{v_x^{2}+v_y^{2}}.
Substituindo v_y=(dy/dx)v_x obtemos
v^{2}=v_x^{2}\bigl(1+(y')^{2}\bigr),
onde y'=\dfrac{dy}{dx}. Assim
v_x=\pm\frac{v}{\sqrt{1+(y')^{2}}}.
O sinal depende do sentido do movimento ao longo da curva; se a partícula estiver indo para a direita toma-se o sinal +. Vou escolher v_x>0 (movimento para a direita), mas anoto a ambiguidade.
Agora uso y'=\pm \dfrac{\sqrt{3}}{2}. Calculo
1+(y')^{2}=1+\frac{3}{4}=\frac{7}{4},\qquad \sqrt{1+(y')^{2}}=\frac{\sqrt{7}}{2}.
Portanto, com v=3:
v_x=\frac{v}{\sqrt{1+(y')^{2}}}=\frac{3}{\sqrt{7}/2}=\frac{6}{\sqrt{7}}\\ \mathrm{m/s}.
E
v_y=(y')\,v_x=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{6}{\sqrt{7}}=\pm\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\\ \mathrm{m/s},
com o sinal + para y=+3\sqrt{3} e sinal - para y=-3\sqrt{3}.
Aproximações numéricas (para intuir os valores):
v_x\approx\frac{6}{2{,}6458}\approx 2{,}268\\ \mathrm{m/s},\qquad v_y\approx\pm\;1{,}964\\ \mathrm{m/s}.

Passo 4

Agora a aceleração. Como a velocidade escalar é constante ( \dot v=0), a componente tangencial da aceleração é nula e a aceleração é puramente normal à trajetória. Em fórmulas:
\mathbf a = v^{2}\kappa\,\mathbf n,
onde \kappa é a curvatura da curva e \mathbf n é o versor normal (apontando para o centro de curvatura). Para uma curva dada por y(x) vale
\kappa=\frac{|y''|}{\bigl(1+(y')^{2}\bigr)^{3/2}}.
O versor tangente unitário é
\mathbf t=\frac{1}{\sqrt{1+(y')^{2}}}\,(1,\,y'),
e um versor normal conveniente (rotacionando \mathbf t em +90°) é
\mathbf n=\frac{1}{\sqrt{1+(y')^{2}}}\,(-y',\,1).
Portanto, as componentes da aceleração são
(a_x,a_y)=v^{2}\kappa\frac{1}{\sqrt{1+(y')^{2}}}\,(-y',\,1).

Passo 5

Calculo y'' a partir de y'=\dfrac{9}{2y}. Diferenciando em relação a x:
y''=\frac{d}{dx}\!\left(\frac{9}{2y}\right)=-\frac{9}{2y^{2}}\frac{dy}{dx} =-\frac{9}{2y^{2}}\cdot\frac{9}{2y}=-\frac{81}{4y^{3}}.
Agora avalio em y=\pm 3\sqrt{3}. Note que (3\sqrt{3})^{3}=81\sqrt{3}. Assim
y''\Big|_{y=+3\sqrt{3}}=-\frac{81}{4\cdot 81\sqrt{3}}=-\frac{1}{4\sqrt{3}},
y''\Big|_{y=-3\sqrt{3}}=-\frac{81}{4\cdot (-81\sqrt{3})}=+\frac{1}{4\sqrt{3}}.

Passo 6

Calculo da curvatura \kappa. Usei |y''|=\dfrac{1}{4\sqrt{3}} e 1+(y')^{2}=\dfrac{7}{4}. Então
\kappa=\frac{1/(4\sqrt{3})}{\bigl(7/4\bigr)^{3/2}} =\frac{1}{4\sqrt{3}}\cdot\left(\frac{4}{7}\right)^{3/2} =\frac{1}{4\sqrt{3}}\cdot\frac{8}{7\sqrt{7}} =\frac{2}{7\sqrt{21}}.
O fator escalar para a aceleração é
v^{2}\kappa=9\cdot\frac{2}{7\sqrt{21}}=\frac{18}{7\sqrt{21}}.
Agora o versor normal em termos de y'. Lembre que 1/\sqrt{1+(y')^{2}}=2/\sqrt{7}. Logo
\mathbf n=\frac{1}{\sqrt{1+(y')^{2}}}(-y',1)=\frac{2}{\sqrt{7}}(-y',1).
Para y=+3\sqrt{3} temos y'=\dfrac{\sqrt{3}}{2}, então
\mathbf n=\left(-\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}},\\ \frac{2}{\sqrt{7}}\right).
Multiplicando pelo escalar v^{2}\kappa=\dfrac{18}{7\sqrt{21}} (e simplificando usando \sqrt{21}=\sqrt{3}\sqrt{7}) obtemos, após cancelamentos,
a_x=-\frac{18}{49},\qquad a_y=\frac{12\sqrt{3}}{49}\quad\text{(em m/s}^{2}\text{)},
no caso y=+3\sqrt{3}.
Para y=-3\sqrt{3} temos y'=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}, então
\mathbf n=\left(+\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}},\\ \frac{2}{\sqrt{7}}\right),
e multiplicando pelo mesmo escalar resulta
a_x=+\frac{18}{49},\qquad a_y=\frac{12\sqrt{3}}{49}\quad\text{(em m/s}^{2}\text{)}.
Aproximações numéricas:
a_x\approx\mp 0{,}36735\\ \mathrm{m/s^{2}},\qquad a_y\approx 0{,}4242\\ \mathrm{m/s^{2}},
onde o sinal \mp significa a_x=-0{,}36735 para y=+3\sqrt{3} e a_x=+0{,}36735 para y=-3\sqrt{3}.

Passo 7

Resumo (valores exatos e aproximações) prontos para checar na prova:
  • Em ambos os pontos v_x=\dfrac{6}{\sqrt{7}}\\ \mathrm{m/s}.
  • Em y=+3\sqrt{3}: v_y=+\dfrac{3\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\\ \mathrm{m/s}, a_x=-\dfrac{18}{49}\\ \mathrm{m/s^{2}}, a_y=\dfrac{12\sqrt{3}}{49}\\ \mathrm{m/s^{2}}.
  • Em y=-3\sqrt{3}: v_y=-\dfrac{3\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\\ \mathrm{m/s}, a_x=+\dfrac{18}{49}\\ \mathrm{m/s^{2}}, a_y=\dfrac{12\sqrt{3}}{49}\\ \mathrm{m/s^{2}}.

Resposta

Para x=3 e y=+3\sqrt{3}:
v_x=\dfrac{6}{\sqrt{7}}\\ \mathrm{m/s}
v_y=\dfrac{3\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\\ \mathrm{m/s}
a_x=-\dfrac{18}{49}\\ \mathrm{m/s^{2}}
a_y=\dfrac{12\sqrt{3}}{49}\\ \mathrm{m/s^{2}}
Para x=3 e y=-3\sqrt{3}:
v_x=\dfrac{6}{\sqrt{7}}\\ \mathrm{m/s}
v_y=-\dfrac{3\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\\ \mathrm{m/s}
a_x=+\dfrac{18}{49}\\ \mathrm{m/s^{2}}
a_y=\dfrac{12\sqrt{3}}{49}\\ \mathrm{m/s^{2}}

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