Movimento Espacial

Teoria Completa

Introdução

Você já aprendeu bastante coisa sobre movimentos, porém estávamos sempre restritos a uma ou duas dimensões. Mas e se tivermos um caso de uma montanha russa, por exemplo, o que devemos fazer?

Vamos ter que expandir para três dimensões e para isso vamos precisar de eixos coordenados apropriados.

Neste capítulo vamos conhecer sistemas de coordenadas para descrever movimentos em três dimensões. Vamos lá!

Coordenadas retangulares

As coordenadas retangulares são bem intuitivas para gente, são os eixos x ,   y   e   z .

A posição R → de um ponto nesse sistema vai ter uma componente em cada um dos eixos e o vetor é dado por:

R → = x i ^ + y j ^ + z k ^

E a velocidade? A derivada disso em relação ao tempo:

v → = d R → d t = x ˙ i ^ + y ˙ j ^ + z ˙ k ^

E a aceleração? Só derivar de novo:

a → = d v → d t = x ¨ i ^ + y ¨ j ^ + z ¨ k ^

Basicamente isso!

Repare que para três dimensões vamos usar a notação R → no lugar de r → .

Coordenadas Cilíndricas

O sistema de coordenadas cilíndricas possui três vetores unitários: o vetor k ^ na direção do eixo z , o vetor e ^ r na direção do raio e perpendicular a este o vetor e ^ θ que aponta no sentido de crescimento do ângulo.

Para localizar qualquer coisa nas coordenadas cilíndricas precisamos de três informações: a altura z , o raio r do cilindro e o ângulo θ que ele faz com um eixo de referência. Assim, para o vetor posição R → vamos ter:

R → = r e ^ r + z k ^

Para achar o vetor velocidade temos que derivar a expressão de R → . Mas antes temos que lembrar que a derivada no tempo de e ^ r é:

d e ^ r d t =   θ ˙ e ^ θ

Então, a velocidade será:

v → = r ˙ e ^ r + r θ ˙ e ^ θ + z ˙ k ^

Se separarmos as componentes vamos ter:

v r = r

v θ = r θ ˙

v z = z ˙

Então, para calcular o módulo da velocidade será:

v → = v r 2 + v θ 2 + v z 2

Para compreendermos melhor: r ˙ é a taxa com a qual o raio cresce, θ ˙ é a taxa de variação angular e z ˙ a taxa de crescimento de z .

Seguindo esse mesmo raciocínio, vamos obter a fórmula para aceleração que é:

a → = r ¨ - r θ ˙ 2 e r + r θ ¨ + 2 r ˙ θ ˙ e θ + z ¨ k ^

Vamos separar as componentes:

a r = r ¨ - r θ ˙ 2

a θ = r θ ¨ + 2 r ˙ θ ˙

a z = z ¨

Com isso, o módulo da aceleração será:

a → = a r 2 + a θ 2 + a z 2

Coordenadas Esféricas

Vamos utilizar coordenadas esféricas quando tivermos que usar um raio R e dois ângulos ( θ ,   ϕ ) para indicar a posição de um corpo.

Nesse caso, a velocidade pode ser descrita pelo vetor:

v → = R ˙ e ^ r + R θ ˙ c o s ϕ e ^ θ + R ϕ ˙ e ^ ϕ

E a aceleração é dada por:

a → = a r e ^ r + a θ e ^ θ + a ϕ e ^ ϕ

Onde:

a r = R ¨ - R ϕ ˙ 2 - R θ ˙ c o s ϕ

a θ = 1 R cos ⁡ ϕ d d t R 2   θ ˙ - 2 R θ ˙ ϕ ˙ s e n ϕ

E:

a ϕ = 1 R d d t R 2 ϕ ˙ + R ϕ ˙ 2 s e n ϕ c o s ϕ

Esse último sistema é bem complicado, né? Não se preocupe, os dois primeiros que são mais importantes e são eles que vamos praticar nos exercícios.

Bora lá!

Expandir

Exercício Resolvido #1

J.L. Meriam & L.G. Kraige, Mecânica para engenharia, Dinâmica, 6° ed. RJ: LTC, 2009, 62, 2/172

Um projétil é lançado a partir do ponto O com uma velocidade inicial de módulo v 0 = 300   m / s , direcionado como indicado na figura. Calcule as componentes x , y e z da posição, velocidade e aceleração 20 segundos após o lançamento. Despreze o arrasto aerodinâmico.

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Passo 1

Perceba o seguinte: a velocidade de lançamento faz um ângulo de 60 ° com o plano x y (horizontal). Já no plano x y , a velocidade faz um ângulo de 20 ° com o eixo y , no sentido negativo de x .

Vamos desenhar separadamente:

E:

Beleza?

O que podemos concluir já de cara?

Bom, não é dito no enunciado, mas esse sistema está sendo influenciado pela gravidade local. Essa gravidade atua no eixo z .

Sendo assim, o movimento do corpo será acelerado na direção z , mas será um movimento de velocidade constante tanto em x quanto em y .

Passo 2

Vamos primeiro calcular as equações gerais da posição, velocidade e aceleração para cada direção e depois calculamos para t = 20   s .

Para z :

v z = v 0 + a t

Onde

a = - g

E:

v 0 = v 0 z

Assim:

v z ( t ) = v 0 z - g t = v 0 s e n 60 ° - g t

v z t = v 0 3 2 - g t

Substituindo os valores:

v z t = 300 3 2 - 10 t = 150 3 - 10 t

Dê uma olhada aqui no triângulo:

Beleza. E a posição z ? z vai ser dado por:

z t = z 0 + v 0 z t - g 2 t 2

Já que a aceleração é constante e igual a g .

z 0 = 0 , já que ele parte da origem. Assim:

z t = v 0 s e n 60 ° t - g 2 t 2 = v 0 3 2 t - 10 2 t 2  

z t = 150 3 t - 5 t 2

Passo 3

Agora vamos lidar com as posições x e y :

a x = a y = 0

Já que os movimentos terão velocidades constantes. Vamos olhar de novo a direção da nossa velocidade nesse plano:

Beleza, mas eu posso pegar a velocidade que ele deu no enunciado ( 300   m / s ) e fazer:

v x = - 300 s e n ( 20 ° ) e v y = 300 c o s ( 20 ° ) ?

Não!!!

Antes disso, precisamos calcular a componente horizontal de v 0 . A componente vertical é v 0 z , que já calculamos. Assim, a horizontal será:

v 0 x y = v 0 cos ⁡ 60 ° = v 0 2 = 150   m / s

Agora sim:

v x = - 150 s e n 20 ° = - 51,3   m / s

v y = 150 cos ⁡ 20 ° = 140,9   m / s

E as equações do movimento?

Serão assim:

x t = v x 0 + v x t

y t = v y 0 + v y t

Onde:

v x 0 = v y 0 = 0

E:

a x = a y = 0

Então, vamos ter que:

x t = - 51,3 t

E:

y t = 140,9 t

Passo 4

Assim:

v z t = 150 3 - 10 t

z t = 150 3 t - 5 t 2

Para t = 20   s :

v z 20 = 150 3 - 10 20 = 59,8   m / s

E:

z 20 = 150 3 ( 20 ) - 5 20 2 = 3196,1   m

Como:

a x = 0

v x = - 51,3   m / s

E:

x t = - 51,3 t = - 51,3 20 = - 1026   m

E também:

a y = 0

v y = 140,9   m / s

Então:

y t = 140,9 t = 140,9 20 = 2818,0 m

Formalizando isso vetorialmente:

s t = x t , y t , z t

s 20 = - 1026,2818,3196.1 m

E:

v t = v x t ,   v y t ,   v z t

v 20 = - 51.3 ,   140.9 ,   59,8 m / s

E para finalizar:

a 20 = 0,0 , - 10 m / s 2

Resposta

s 20 = - 1026,2818,3196.1 m

v 20 = - 51.3 ,   140.9 ,   59,8 m / s

a 20 = 0,0 , - 10 m / s 2

Exercício Resolvido #2

J.L. Meriam & L.G. Kraige, Mecânica para engenharia, Dinâmica, 6° ed. RJ: LTC, 2009, 63, 2/176

O elemento giratório em uma câmara de mistura recebe um movimento axial periódico z = z 0 s e n ( 2 π n t ) enquanto está girando na velocidade angular constante θ ˙ = ω . Determine a expressão para o módulo máximo da aceleração de um ponto A sobre a borda de raio r . A frequência n da oscilação vertical é constante.

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Passo 1

Vamos usar as coordenadas polares ( r , θ   e   z ) neste exercício.

Perceba que existe aceleração em z ? Sim, a aceleração de um movimento harmônico.

E em θ ? Não! Perceba que o movimento circular ao redor do eixo de giro é feito sob uma velocidade constante.

Existe aceleração no sentido radial? Sim, como é um movimento circular, vai existir uma aceleração centrípeta.

Passo 2

Desenhando:

Passo 3

Vamos equacionar agora:

a r = r ¨ - r θ ˙ 2  

Perceba que o raio não varia, assim: r ¨ = 0 . Então:

a r = - r θ ˙ 2 = - r ω 2

E:

a θ = 0

Como já discutimos.

E:

a z = d 2 z 0 s e n 2 π n t d t 2 = - 4 z 0 n 2 π 2 s e n ( 2 π n t )

Show? Só derivamos duas vezes o movimento harmônico que tá rolando na vertical.

Passo 4

Assim, o módulo da aceleração é dado por:

| a | = a θ 2 + a r 2 + a z 2 = 0 2 + - r ω 2 2 + - 4 z 0 n 2 π 2 s e n 2 π n t 2

a = ω 4 r 2 + 16 z 0 2 n 4 π 4 s e n 2 2 π n t

E qual será o módulo máximo? Ocorrerá quando s e n 2 π n t = 1 . Assim:

a m á x = ω 4 r 2 + 16 z 0 2 n 4 π 4

Resposta

a m á x = ω 4 r 2 + 16 z 0 2 n 4 π 4

Exercício Resolvido #3

J.L. Meriam & L.G. Kraige, Mecânica para engenharia, Dinâmica, 6° ed. RJ: LTC, 2009, 63, 2/178

Uma aeronave decola em A e se eleva em um ângulo constante com inclinação de 1 para 2 no plano vertical y z com uma velocidade constante v = 400   k m / h . A aeronave é rastreada por radar em O . Para a posição B , determine os valores de R ˙ , θ ˙ e ϕ ˙ .

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Passo 1

Bom, vamos primeiro desenhar esse sistema mostrando as variáveis pertinentes:

β é o ângulo que o avião faz com a horizontal. Ele vale:

β = a r c t g 1 2 = 26,6 °

E ϕ :

ϕ = a r c t g 300 500 = 31,0 °

Usamos os dois triângulos da figura.

Passo 2

Para acharmos v r , primeiro decompomos v usando s e n β (assim obtemos a velocidade vertical):

v v = v s e n β

Após isso, decompomos na direção de R :

v r = v v s e n ϕ = v v s e n β s e n ϕ

Ou seja:

v r = 300 s e n 26,6 ° s e n 31,0 ° = 92,0 k m / h

Assim:

R ˙ = v r = 92,0 k m / h

Pra achar v θ , temos duas formas: primeiro usando a fórmula v θ = R θ ˙ e segundo percebendo que a velocidade horizontal em β é a própria v θ .

Percebeu? É só ver que ela tem uma tendência a girar ao redor do eixo central. Sendo assim:

400 3,6 cos ⁡ 26,6 ° = 500 θ ˙

Onde 500   m é o raio de giração.

Opa! Sacou o motivo de eu ter dividido o 400 por 3,6 ? Para transformar pra m / s . Queremos achar θ ˙ , que é dada em r a d / s . Assim:

400 3,6 cos ⁡ 26,6 ° = 500 θ ˙       →       θ ˙ = 0,1988 r a d / s

Passo 3

Agora pra achar v ϕ vamos seguir o mesmo procedimento: A velocidade seguindo a direção do ângulo ϕ pode ser dada por:

v ϕ = R ϕ ϕ ˙

Ou, se você perceber, essa velocidade nada mais é que a componente vertical da velocidade em β .

Mas quem vai ser o R ϕ ? Ou seja, o raio de giração?

Vai ser a hipotenusa do triângulo maior da figura. Como 400 m é o cateto adjacente, teremos:

400 = R ϕ cos ⁡ 31,0 ° → R ϕ = 400 cos ⁡ 31,0 °

400 3,6 s e n 26,6 ° = 400 cos ⁡ 31,0 ° ϕ ˙

ϕ ˙ = 0,0731   r a d / s

Resposta

R ˙ = 92,0   k m / h

θ ˙ = 0,1988   r a d / s

ϕ ˙ = 0,0731   r a d / s

Exercício Resolvido #4

J.L. Meriam & L.G. Kraige, Mecânica para engenharia, Dinâmica, 6° ed. RJ: LTC, 2009, 64, 2/180

O pequeno bloco P movimenta-se com velocidadeconstante v na trajetória circular de raio r sobre a superfície inclinada. Se θ = 0 no instante t = 0 , determine as componentes x , y e z