Questão 05 - Seja uma partícula em movimento circular uniforme (MCU) ao redor da origem. Mostre que, para essa partícula:
a. a função horaria da posição é dada por \vec{r}(t)=r \cos \omega t \hat{\imath}+r \operatorname{sen} \omega t \hat{\jmath};
b. a função horaria da velocidade é dada por \vec{v}(t)=-\omega r \operatorname{sen} \omega t \hat{\imath}+\omega r \cos \omega t \hat{\jmath};
c. a função horaria da aceleração \vec{a}(t)=-\omega^{2} r \cos \omega t \hat{\imath}+\omega^{2} r \operatorname{sen} \omega t \hat{\jmath};

Passo 1

Enunciado e dados fornecidos (o que o problema pede):
  • Temos uma partícula em movimento circular uniforme (MCU) ao redor da origem.
  • O raio da trajetória é constante e igual a r.
  • A velocidade angular é constante e igual a \omega.
  • As direções cartesianas são dadas pelos vetores unitários \hat{\imath} e \hat{\jmath}.
    O problema pede para mostrar explicitamente:
    a. a função horária da posição \vec{r}(t);
    b. a função horária da velocidade \vec{v}(t);
    c. a função horária da aceleração \vec{a}(t).

Passo 2

Entendendo a parametrização do círculo e escrevendo a posição.
  • Em MCU a partícula descreve um círculo de raio r. O ângulo polar que ela descreve em função do tempo é proporcional ao tempo quando \omega é constante. Assim definimos o ângulo
\theta(t)=\omega t,
assumindo fase inicial nula (isto é, em t=0 temos \theta=0; se houvesse fase inicial \theta_0 bastaria usar \theta(t)=\omega t+\theta_0).
  • Em coordenadas cartesianas, dado um ângulo \theta medido a partir do eixo x, as coordenadas do ponto no círculo de raio r são
x = r\cos\theta,\qquad y = r\operatorname{sen}\theta.
Essas fórmulas vêm da trigonometria básica: a projeção no eixo x de um raio que faz ângulo \theta com o eixo x é r\cos\theta, e a projeção no eixo y é r\operatorname{sen}\theta.
  • Substituindo \theta(t)=\omega t e escrevendo em forma vetorial com os vetores unitários, obtemos a função horária da posição:
\vec{r}(t)=r\cos(\omega t)\,\hat{\imath}+r\operatorname{sen}(\omega t)\,\hat{\jmath}.
Isto responde a letra (a).

Passo 3

Revisão rápida das regras de derivação que vamos usar (cadeia e derivadas de seno e cosseno).
  • Regra da cadeia: se f(t)=g(h(t)) então \dfrac{df}{dt}=g'(h(t))\cdot h'(t).
  • Derivadas elementares:
\frac{d}{dt}\cos(\omega t) = -\omega\operatorname{sen}(\omega t), \qquad \frac{d}{dt}\operatorname{sen}(\omega t) = \omega\cos(\omega t).
Explicando em palavras: primeiro derivamos a função trigonométrica (por exemplo, \cos u -\sin u), e depois multiplicamos pela derivada do argumento u=\omega t, que é \omega.

Passo 4

Calculando a velocidade como derivada da posição (passo a passo).
  • Partimos de
\vec{r}(t)=r\cos(\omega t)\,\hat{\imath}+r\operatorname{sen}(\omega t)\,\hat{\jmath}.
  • Derivando componente a componente, usando as fórmulas do Passo 3:
\frac{d}{dt}\bigl(r\cos(\omega t)\bigr) = r\cdot\bigl(-\omega\operatorname{sen}(\omega t)\bigr) = -\omega r\operatorname{sen}(\omega t),
\frac{d}{dt}\bigl(r\operatorname{sen}(\omega t)\bigr) = r\cdot\bigl(\omega\cos(\omega t)\bigr) = \omega r\cos(\omega t).
  • Portanto a velocidade é
\vec{v}(t)=-\omega r\operatorname{sen}(\omega t)\,\hat{\imath}+\omega r\cos(\omega t)\,\hat{\jmath}.
  • Observação física e verificação rápida: o módulo da velocidade é constante. Calculamos o módulo para checar:
\|\vec{v}(t)\|=\sqrt{\bigl(-\omega r\operatorname{sen}(\omega t)\bigr)^2+\bigl(\omega r\cos(\omega t)\bigr)^2} =\omega r\sqrt{\operatorname{sen}^2(\omega t)+\cos^2(\omega t)}=\omega r.
Isto confirma que a velocidade é constante em módulo (MCU) e igual a \omega r. Também podemos verificar que \vec{r}(t)\cdot\vec{v}(t)=0, ou seja, a velocidade é tangencial (perpendicular ao raio): calculando o produto escalar rapidamente,
\vec{r}\cdot\vec{v}=r\cos(\omega t)\bigl(-\omega r\operatorname{sen}(\omega t)\bigr)+r\operatorname{sen}(\omega t)\bigl(\omega r\cos(\omega t)\bigr)=0.

Passo 5

Calculando a aceleração como derivada da velocidade (passo a passo) e interpretando.
  • Partimos de
\vec{v}(t)=-\omega r\operatorname{sen}(\omega t)\,\hat{\imath}+\omega r\cos(\omega t)\,\hat{\jmath}.
  • Derivando componente a componente, usando as mesmas regras:
\frac{d}{dt}\bigl(-\omega r\operatorname{sen}(\omega t)\bigr) = -\omega r\cdot\bigl(\omega\cos(\omega t)\bigr) = -\omega^2 r\cos(\omega t),
\frac{d}{dt}\bigl(\omega r\cos(\omega t)\bigr) = \omega r\cdot\bigl(-\omega\operatorname{sen}(\omega t)\bigr) = -\omega^2 r\operatorname{sen}(\omega t).
  • Assim a aceleração é
\vec{a}(t)=-\omega^{2} r\cos(\omega t)\,\hat{\imath}-\omega^{2} r\operatorname{sen}(\omega t)\,\hat{\jmath}.
  • Interpretação física: \vec{a}(t)=-\omega^{2}\vec{r}(t). Ou seja, a aceleração aponta para o centro (negativa do vetor posição) e tem módulo constante
\|\vec{a}(t)\|=\omega^{2}r.
Também relacionamos com a velocidade: como v=\omega r, temos \|\vec{a}\|=\omega^{2}r=\dfrac{v^{2}}{r}, que é a expressão do módulo da aceleração centrípeta em MCU.

Resposta

\vec{r}(t)=r\cos(\omega t)\,\hat{\imath}+r\operatorname{sen}(\omega t)\,\hat{\jmath}\n
\vec{v}(t)=-\omega r\operatorname{sen}(\omega t)\,\hat{\imath}+\omega r\cos(\omega t)\,\hat{\jmath}\n
\vec{a}(t)=-\omega^{2} r\cos(\omega t)\,\hat{\imath}-\omega^{2} r\operatorname{sen}(\omega t)\,\hat{\jmath}

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