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a
Exerc´ıcios de Cinem´atica - Elaine
3 de maio de 2023
2/118 No projeto de um mecanismo de temporiza¸c˜ao, o movimento do pino A na ranhura circular
fixa ´e controlado pela guia B, que est´a sendo elevada por seu parafuso de acionamento com um velocidade
constante para cima v 0
= 2 m/s para um intervalo de seu movimento. Calcule ambas as componentes
normal e tangencial da acelera¸c˜ao do pino A quando esse passa a posi¸c˜ao em que θ = 30
◦ .
Observe:
Temos que, em coordenadas cartesianas,
v = v x
i + v y
j = v x
i + v 0
j
a = −a x
i = −a
i
Assim,
v 0
= v cos 30
◦
−→ v =
m/s
Note que a componente x da velocidade ´e in´util. As coordenadas normal-tangencial da acelera¸c˜ao s˜ao
dadas por:
a = a n
u n
u τ
onde,
a n
v
2
ρ
2
2
m/s
2
Observando a figura novamente, ´e f´acil determinar a τ
a n
= a cos 30
◦
−→ a =
m/s
2
a τ
= a sin 30
◦
=
m/s
2
Veja que a componente tangencial da acelera¸c˜ao est´a contr´aria ao eixo τ positivo. Assim, vetorialmente
falando,
a =
u n
u τ
[m/s
2
]
2/132 Durante um curto intervalo as guias ranhuradas s˜ao projetadas para se deslocar de acordo com
x = 16 − 12 t + 4t
2 e y = 2 + 15t − 3 t
2 , onde x e y est˜ao em milimetros e t em segundos. No instante em
que t = 2 s, determine o raio de curvatura ρ da trajet´oria do pino restringido P.
Derivando a fun¸c˜ao vetorial dada, temos:
r (t) = (16 − 12 t + 4t
2
)
i + (2 + 15t − 3 t
2
)
j [mm]
r =
d
r
dt
|t=2 = 4
i + 3
j [mm/s]
r =
d
r
dt
2
i − 6
j [mm/s
2
]
Veja:
Vamos determinar a equa¸c˜ao da trajet´oria do pino. Sabemos que ´e uma par´abola. Consideraremos a
mesma simetrica em rela¸c˜ao ao eixo y, passando em y = 100, x = −100 e x = 100, onde
ax
2
- bx + 100 = a(x − 100)(x + 100) = ax
2
− 100 a
assim, a = −
, b = 0. Logo, a equa¸c˜ao da par´abola ´e dada por:
y = −
x
2
Derivando a equa¸c˜ao acima, implicitamente, em rela¸c˜ao ao tempo, temos que:
y˙ = −
2 x x˙
Para ˙x = 150 mm/s,
y˙ = −
= −180 mm/s
Assim,
v =
2
2 = 30
61 mm/s
Derivando novamente em rela¸c˜ao ao tempo, temos:
¨y = −
2 ˙x
2
2 x · ¨x
Como ˙x = cte, ¨x = 0. Assim,
y¨ = −
2
= −450 mm/s
2
Assim, observe o gr´afico:
Assim,
an = a sin θ
aτ = a cos θ
Facilmente, determinamos θ:
θ = tan
− 1
= tan
− 1
Logo, temos que
a n
= 450 sin
tan
− 1
= 288, 023 mm/s
2
a τ
= 450 cos
tan
− 1
= 345, 700 mm/s
2
O raio de curvatura ser´a dado por:
2
ρ
−→ ρ = 190, 61 mm
2/135 Um carro P se desloca ao longo de uma estrada reta com uma velocidade constante v = 100 km/h.
No instante em que o ˆangulo θ = 60
◦ , determine os valores de ˙r em m/s e
θ em graus/s.
Observe a figura:
Logo, para l = 4 m,
l = 0, 15 m/s e
θ = 0, 0349066 rad/s, temos que:
v = 0, 15
ur + (4 + 6) · 0 , 0349066
uθ = 0, 15
ur + 0, 35
uθ [m/s]
a = −(4 + 6) · (0, 0349066)
u r
u θ
u r
u θ
[m/s
2
]
Logo, em m´odulo, temos que
v =
p
2
2 = 0, 38 m/s
a =
p
2
2 = 0, 02 m/s
2
2/137 O movimento do ploco deslizante P na ranhura radial rotativa ´e controlado pelo parafuso mostrado.
Para o instante representado
θ = 0, 1 rad/s,
θ = − 0 , 04 m/s
2 e r = 300 mm. Al´em disso, o parafuso gira
a uma velocidade constante fornecendo r˙ = 40 mm/s. Para este instante, determine os m´odulos da
velocidade
v e da acelera¸c˜ao
a de P. Desenhe
v e
a para θ = 120
◦ .
Velocidade e acelera¸c˜ao em coordenadas polares:
v = ˙r
ur + r
θ
uθ
a = (¨r − r
θ
2
)
u r
θ + r
θ)
u θ
Veja que todos os valores foram dados. Basta substituir os valores:
v = 40
u r
u θ
u r
u θ
[mm/s]
a = (0 − 300 · (0, 1)
2
)
ur + [2 · 40 · 0 , 1 + 300 · (− 0 , 04)]
uθ = − 3
ur − 4
uθ [mm/s
2
]
Tirando o m´odulo, temos que
v =
2
2 = 50 mm/s
a =
p
2
2 = 5 mm/s
2
Desenho dos vetores:
2/138 Um aeromodelo voa sobre um observador O com velocidade constante em uma linha reta como
mostrado. Determine os sinais (mais, menos ou zero) para r, ˙r, ¨r, θ,
θ e
θ para cada uma das posi¸c˜oes
A, B e C.
Como
a =
0 , temos que
a r
= ¨r − r
θ
2 = 0
a θ
= 2 ˙r
θ + r
θ = 0
Assim, podemos determinar todos os sinais dos parˆametros.
Esse n˜ao vale nem o esfor¸co. Velocidade:
v = vr
ur + vθ
uθ = ˙r
ur + r
θ
uθ
Para r = 7 + l = 9 m, ˙r =
l = 0, 5 m/s, e
θ = 5 ·
π
◦
π
rad/s, temos:
v =
ur +
5 π
uθ [m/s
2
]
Acelera¸c˜ao:
a = a r
u r
u θ
= (¨r − r
θ
2 )
u r
θ + r
θ)
u θ
Assim, para ¨r =
l = − 1 , 2 m/s
2 e
θ = 2 ·
π
◦
π
rad/s
2
, temos:
a =
π
2
ur +
π
π
uθ
a = −
π
2
ur +
23 π
uθ [m/s
2
]
2/140 Uma part´ıcula se deslocando ao longo de uma curva plana tem um vetor posi¸c˜ao
r , uma veloci-
dade
v e uma acelera¸c˜ao
a. Os vetores unit´arios nas dire¸c˜oes r e θ s˜ao
u r
e
u θ
, respectivamente, e ambos
r e θ est˜ao variando no tempo. Explique porque cada uma das seguintes afirma¸c˜oes est´a corretamente
marcada como uma desigualdade.
r ̸= v
r ̸= a
r ̸= ˙r
u r
r ˙ ̸= v r¨ ̸= a
r ̸= ¨r
ur
r ˙ ̸=
v r¨ ̸=
a
r ̸= r
θ
u θ
Observe as constata¸c˜oes:
Os termos
r ̸= v, ˙r ̸=
v ,¨r ̸=
a e ¨r ̸=
a est˜ao corretos, pois igualar escalar a vetor seria um absurdo;
O termo v =
p
r ˙
2
θ
2
. Logo, ˙r ̸= v;
O termo a =
q
(¨r − r
θ
2 )
2
θ + r
θ)
2
. Logo, n˜ao tem como ¨r = a;
O termo
r ̸= ˙r
u r
est´a correto, pois
r ´e a derivada do vetor posi¸c˜ao, dada por
r = ˙r
u r
θu θ
O termo
r ̸= ¨r
u r
est´a correto, pois
r = (¨r − r
θ
2 )
u r
θ + r
θ)
u θ
O termo
r ̸= r
θ
u θ
est´a correto, pela mesma raz˜ao de
r ̸= ˙r
u r
estar tamb´em.
2/141 O esguicho mostrado gira com velocidade angular Ω constante em torno de um eixo horizon-
tal fixo atrav´es do ponto O. Devido `a varia¸c˜ao do diˆametro por um fator de 2, a velocidade da ´agua em
rela¸c˜ao ao esguicho em A ´e v, enquanto em B ´e 4v. As velocidades da ´agua tanto em A quanto em B
s˜ao constantes. Determine a velocidade e acelera¸c˜ao de uma particula de ´agua quando esta passa (a) no
ponto A e (b) no ponto B.
O exerc´ıcio diz que a velocidade da ´agua ´e constante em A e B, e tamb´em, o bra¸co tem velocidade
angular constante. Assim, ¨r = ˙v = 0 e
θ =
Ω = 0. Para o ponto A, r = l, para B, r = 2l. Al´em disso,
como dado, para o ponto A, ˙r = v e para o ponto B, ˙r = 4v. Assim, observe a figura:
E finalmente, em A:
v = v
u r
u θ
a = −lΩ
u r
u θ
em B:
v = 4v
u r
u θ
a = − 2 lΩ
u r
u θ
2/142 Enquanto o cilindro hidr´aulico gira em torno de O, o comprimento da haste do pist˜ao P ´e
controlado pela a¸c˜ao da press˜ao do ´oleo no cilindro. Se o cilindro gira na taxa constante
θ = 60 graus/s
e l est´a diminuindo na taxa constante de 150 mm/s, calcule o m´odulo da velocidade
v e da acelera¸c˜ao
a da extremidade B quando l = 125 mm.
Veja que
θ = cte −→
θ = 0. Al´em disso,
l = cte −→
l = 0. Assim, para r = l + 375 = 500 mm e os
outros valores dados, temos que:
v = − 150
u r
500 π
u θ
[mm/s] −→ v =
r
2
2 π
2
2
= 544, 661 mm/s
a = −
500 π
2
u r
u θ
−→ a =
r
2 π
4
2
2 π
2 = 631, 935 m/s
2
Veja que ˙y ´e o pr´oprio m´odulo da velocidade do foguete, ja que ˙x = 0. Assim,
v = 360 m/s
Para determinar a acelera¸c˜ao, temos que, pela figura acima,
ar = a sin 60
◦
= ¨r − r
θ
2
−→ a =
r¨ − r
θ
2
sin 60
◦
2
sin 60
◦
Assim,
a =
m/s
2
2/148 Um sat´elite m se desloca em uma ´orbita el´ıptica em volta da Terra. N˜ao h´a nenhuma for¸ca sobre
o sat´elite na dire¸c˜ao θ, de modo que a θ
= 0. Prove a segunda lei de Kepler do movimento planet´ario,
que afirma que a linha radial r varre ´areas iguais em intervalos de tempos iguais. A ´area dA varrida pela
linha radial durante o interalo de tempo dt ´e sombreada na figura.
Temos que:
Observe. Como estamos lidando com diferenciais, podemos aproximar o arco de curva, que define a
trajetoria do sat´elite m como uma reta, por ser um comprimento infinitesimal. Assim, temos que:
Como estamos estudando a ´area do setor el´ıptico, percorrido pelo sat´elite, temos que
dA =
r(t) · r(t + dt)
sin dθ
Como dθ ´e infinitamente pequeno, sin dθ ≈ dθ. Al´em disso, pela mesma raz˜ao que dt ´e infinitamente
pequeno, podemos aproximar r(t + dt) ≈ r(t). Assim,
dA =
r
2
(t)dθ
Dividindo ambos os lados por dt (dt ´e infinitamente pequeno, n˜ao quer dizer que seja nulo), temos
dA
dt
r
2
dθ
dt
A =
r
2
θ
Derivando ambos os lados da equa¸c˜ao, em rela¸c˜ao ao tempo, temos
A = r r˙
θ +
r
2
θ
A =
r
(2 ˙r
θ + r
θ)
Lembrando que a θ
= 2 ˙r
θ + r
θ = 0 e sabendo que r ̸= 0, temos que
A = 0 ←→
A = cte.
Assim, fica provado a segunda lei de Kepler, determinando que a taxa com que a ´area varrida por uma
trajet´oria eliptica em rela¸c˜ao ao seu intervalo de tempo ´e constante.
Logo, ¨r = r
θ
2
. Usando trigonometria elementar, temos que
r =
h
sin 60
◦
2 h
m
Assim,
r¨ =
2 h
2
=
m/s
2
Para determinar a velocidade, basta constatar que
v =
p
r ˙
2
θ
2
Para determinar ˙r, basta derivar implicitamente a seguinte equa¸c˜ao de v´ınculo:
sin θ =
h
r
θ cos θ = −
h r˙
r
2
−→ r˙ =
r
2 ˙ θ cos θ
h
Logo,
v =
v
u
u
t
r
θ cos θ
h
2
θ
2 = r
θ
r
r
2 cos
2 θ
h
2
m/s· 3 , 6 = 960 km/h
2/150 Um proj´etil ´e lan¸cado a partir do ponto A com as condi¸c˜oes iniciais mostradas. Com as defini¸c˜oes
convencionais das coordenadas r e θ em rela¸c˜ao ao sistema de coordenadas Oxy, determine r, ˙r, θ,
θ, ¨r
e
θ no instante imediatamente ap´os o lan¸camento. Despreze o arrasto aerodinˆamico.
Temos que
A partir da figura, ja concluimos que
r = d
θ = 0
Veja que nesse instante, podemos concluir que
ur //
i e
uθ //
j , implicando que
vx = v 0 cos α = ˙r
v y
= v 0
sin α = d
θ
Assim, concluimos que
r˙ = v 0
cos α
θ =
v 0
sin α
d
No caso da acelera¸c˜ao, temos que
a x
= 0 = ¨r − r
θ
2
a y
= −g = 2 ˙r
θ + r
θ
Assim,
¨r = d
θ
2
= d ·
v
2
0
sin
2
α
d
2
r ¨ =
v
2
0
sin
2
α
d
−g = 2(v 0
cos α)
v 0
sin α
d
θ
θ = −
g
d
v
2
0
sin 2α
d
2
2/151 A barra AB gira atrav´es de uma faixa limitada do ˆangulo β, e sua extremidade A induz a barra
ranhurada AC a girar tamb´em. Para o instante representado onde β = 60
◦
e
β = 0, 6 rad/s constante,
determine os valores correspondentes de ˙r, ¨r,
θ e
θ. Fa¸ca uso das Eqs. 2/13 e 2/14.
Veja que
β = cte. Isso implica que, observando apenas a barra que gira em torno do ponto B,
concluimos que n˜ao existe acelera¸c˜ao tangencial, apenas a normal. Assim, temos que, em m´odulo, a =
β
2
. Ent˜ao,
ar = −(¨r − r
θ
2
) = a cos(π − β − θ) = 150
β
2
cos(π − β − θ)
a θ
= −(2 ˙r
θ + r
θ) = a sin(π − β − θ) = 150
β
2 sin(π − β − θ)
Assim,
r¨ = 150 · (0, 6)
2 cos 60
◦ − 150 ·
2
mm/s
2
θ = −
2
sin 60
◦
2/152 A guia horizontal fixa suporta um cursor e um pino P cujo movimento ´e controlado pelo bra¸co
ranhurado rotativo OA. Se o bra¸co est´a girando em torno de O a uma taxa constante de
θ = 2 rad/s
para um intervalo do seu movimento projetado, determine os m´odulos da velocidade e da acelera¸c˜ao do
cursor na ranhura para o instante em que θ = 60
◦
. Encontre tamb´em as componentes r da velocidade e
da acelera¸c˜ao.
Observe a figura. Um pouco poluida, mas ´e importante entender como tudo est´a funcionando:
Observe o triˆangulo AOB. Usando trigonometria elementar, temos as seguintes equa¸c˜oes de v´ınculo:
x = r cos θ
y = 200 = r sin θ
Derivando a primeira equa¸c˜ao, implicitamente, temos:
x˙ = ˙r cos θ − r
θ cos θ
x ¨ = ¨r cos θ − 2 ˙r
θ sin θ − r
θ sin θ − r
θ
2
cos θ
Substituindo Como o bloco s´o se movimenta na horizontal, temos que ˙x = v e ¨x = a. Para a segunda
equa¸c˜ao de v´ınculo, derivando, temos que
0 = ˙r sin θ + r
θ cos θ −→ r˙ = −
r
θ cos θ
sin θ
Substituindo na express˜ao que d´a a velocidade do bloco, temos:
v = −
r
θ cos
2 θ
sin θ
− r
θ sin θ
Para r =
sin 60
◦
mm,
θ = 2 rad/s,
v = − 533 , 333 · · · mm/s
Derivando novamente a segunda equa¸c˜ao de v´ınculo, temos:
0 = ¨r sin θ + 2 ˙r
θ cos θ + r
θ cos θ − r
θ
2
sin θ
Como
θ = cte,
θ = 0. Assim, podemos definir ¨r:
¨r = −
2 ˙r
θ − r
θ
2 sin θ
sin θ
2 r
θ
2 cos
2 θ
sin
2
θ
θ
2
Logo, substituindo ˙r e ¨r na express˜ao da acelera¸c˜ao do bloco, temos:
a =
2 r
θ
2 cos
3 θ
sin
2
θ
θ
2
cos θ
Substituindo os valores dados, temos que
a = 1231, 68 mm/s
2
Temos que, para v r
e a r
v r
= ˙r = −
r
θ cos θ
sin θ
cos 60
◦
sin 60
◦
= 216, 666 · · · mm/s
ar = ¨r − r
θ
2
=
2 r
θ
2
cos
2
θ
sin
2
θ
θ
2
− r
θ
2
=
2 r
θ
2
cos
2
θ
sin
2
θ
2
cos
2
60
◦
sin
2
60
◦
= 615, 84 mm/s
2
2/153 Na parte inferior de uma acrobacia a´erea na qual o avi˜ao descrev um c´ırculo em um plano vertical
r − θ a uma altitude de 400 metros, o avi˜ao P tem uma velocidade horizontal de 600 km/h e nenhuma
acelera¸c˜ao horizontal. O raio de curvatura da trajet´oria ´e 1200 m. Para o radar de rastreamento em O,
determine os valores de ¨r e
θ registrados para esse instante.
