Derivada e Cinemática 2ª parte

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Noções de Função Derivada
Seja y = f( x) a função que está representada no gráfico, e sejam x0 e x0 + ∆x dois valores de seu domínio.
A razão incremental é dada por : 
x
xfxxf
x
y
∆
−∆+
=
∆
∆ )()(
 
Denomina-se função derivada o limite de 
x
y
∆
∆
 quando ∆x tende a zero ( assume valores muito pequenos ).
E indica-se por : 
( )
x
xfxxfxf
x
yxf
xx ∆
−∆+
=⇒
∆
∆
=
→∆→∆
)()(lim)´(lim´
00
NOTA:
A função derivada também pode ser indicada por :
• y´ ( lê-se, derivada de y )
•
dx
dy
 ( lê- se, derivada de y em relação a x )
Exemplo : 
Dada a função 23)( xxf = , definida em R , calcular a função derivada )(xf .
 y
f(x
0 + ∆
x)
 f (x
0 )
 o x0 x0 + ∆x x
( )[ ]
( ) xxfx
x
xxx
xxxxx
x
xxxxx
x
xxxxf
x
xxx
6)(`636lim
3)(363lim323lim3)(3lim)(´
0
222
0
222
0
22
0
=⇒=
∆
∆−∆
=
−∆+∆+
=
∆
−∆+∆+
=
∆
−∆+
=
→∆
→∆→∆→∆
Regras Fundamentais de Derivação:
• Derivada da função constante : kxf =)( ; k∈R é nula, isto é : 0)´()( =⇒= xfkxf
• Derivada da função identidade : xxf =)( é 1, ou seja : 1)´()( =⇒= xfxxf
• Derivada da função potência : 1)´(*)()( −=⇒Ν∈= nn nxxfnxxf
Exemplos:
1. 2133 3)(´3)´()( xxfxxfxxf =⇒=⇒= −
2. xxfxxfxxf 8)(´42)´(4)( 122 =⇒⋅=⇒= −
3. 6
6155 5)(`5)(´5)´()(
x
xfxxfxxfxxf −=⇒−=⇒−=⇒= −−−−
• Derivada da função seno: xxfxxf cos)´(sen)( =⇒=
• Derivada da função cosseno: xxfxxf sen)´(cos)( −=⇒=
• Derivada da função exponencial : nalaxfaeaaxf xx =⇒≠>= )`()10()( 
Exemplo:
55)´(5)( nlxfxf xx =⇒=
• Derivada da função logarítmica neperiana: 
x
xfnxlxf 1)´()( =⇒=
CAPÍTULO 4 - Movimento em duas e em três Dimensões
4.1 – Considerações Gerais:
• Aqui serão estendidas as considerações apresentadas nos capítulo anterior para os casos bi e 
tridimensionais. Vamos utilizar álgebra vetorial nos conceitos já vistos ( posição, velocidade, 
deslocamento e aceleração )
4.2 – Posição e Deslocamento :
• Em geral, a localização de uma partícula é determinada pelo vetor posição r, que é um vetor que de um 
ponto de referência ( geralmente a origem de um sistema de coordenadas ) até a partícula. Pela notação 
de vetores, escrevemos r como : 
 r = xi + yj + zk , onde xi , yj e zk são as componentes vetoriais de r, e os coeficientes x, y e z são 
as componentes escalares.
Ao longo do eixo x, P está 3 unidades da origem, no sentido –i . Ao longo do eixo y, está à duas unidades 
da origem, no sentido +j . E, ao longo do eixo z, está a 5 unidades da origem, no sentido +k.
Ex.: Inicialmente, o vetor posição de uma partícula é r1 = -3i + 2j + 5k e logo depois é r2 = 9i + 2j + 8k . 
Qual é o deslocamento de r1 para r2 ?
Solução :
∆r = r2 – r1 = ( 9i + 2j + 8k ) – ( -3i + 2j + 5k ) = 12i + 3k 
Nota :
Este vetor deslocamento é paralelo ao plano xz, porque sua componente y é nula; um fato constatado 
pelo resultado numérico.
P
5k 2j
-3i
r
y
x
z
•
O
4.3 – Velocidade e Velocidade Média: 
• Uma partícula que sofre um deslocamento ∆r, durante um intervalo de tempo ∆t , tem velocidade 
média:
 
t
rv
∆
∆
= 
t
kzjyix
∆
∆+∆+∆
= ⇒ kt
zj
t
yi
t
xv
∆
∆
+
∆
∆
+
∆
∆
=
A velocidade instantânea v é o limite de v , quando ∆t tende para zero. Lembramos que esse limite é a 
derivada de r em relação á t ou seja, 
dt
rdv = ; Substituindo r pela expressão r = xi + yj + zk , temos :
( ) kvjvivvk
dt
dzj
dt
dyi
dt
dxkzjyix
dt
dv zyx ++=⇒++=++= ; 
os coeficientes são as componentes escalares de v: dt
dzv
dt
dyv
dt
dxv zyx === ;;
A posição da partícula P, na sua trajetória, é mostrada no instante t1 e no instante t1 + ∆t seguinte. O vetor 
∆r é o deslocamento da partícula, no intervalo ∆t. Também é mostrada a tangente à trajetória no instante t1.
NOTA :
No limite, quando ∆t tende a zero, a velocidade média tende para v ( velocidade instantânea ) , e 
também, a velocidade média tem a direção da tangente. Logo, v também tem a mesma direção, isto é, 
sempre tangente à trajetória da partícula.
 P
 •
x
y
o
 ∆r
r
1 
r
2
Trajetória de P
tangente à curva
4.4 – Aceleração e Aceleração Média: 
• Quando a velocidade de uma partícula varia de v1 para v2, no intervalo de tempo ∆t, sua aceleração 
média a , durante este intervalo de tempo é :
Aceleração instantânea a é o limite de a quando ∆t tende a 
zero, ou seja, 
dt
vda =
Quando a velocidade varia em módulo e/ou direção, significa que existe uma aceleração:
)( kvjviv
dt
da zyx ++= ou kdt
dvj
dt
dv
i
dt
dv
a zyx ++= ⇒ kajaiaa zyx ++=
onde as três componentes escalares do vetor aceleração são:
 
dt
dvae
dt
dv
a
dt
dv
a zz
y
yxx === ;
Exemplo 1: Uma lebre atravessa correndo um estacionamento de veículos . A trajetória percorrida pela 
lebre é dada pelas componentes do seu vetor posição com relação à origem das coordenadas, que são 
função do tempo:
x = -0,31t2 + 7,2t + 28 e y = 0,22t2 – 9,1t + 30
As unidades dos coeficientes numéricos nessas equações são tais que , se substituirmos t em segundos, 
obteremos x e y em metros.
• a) Calcule o vetor posição r da lebre (módulo e direção) em t=15 s :
t
v
t
vva
∆
∆
=
∆
−
=
12
P
x
y
o
 a
x
a
y
a
•
Trajetória de P
x = ( - 31) ( 15 )2 + ( 7,2 )( 15 ) + 28 = 66 m ; y = ( 0,22 )( 15 )2 – ( 9,1 )( 15 ) + 30 = -57 m
Módulo do vetor r : mmmyxr 87)57()66( 222 =−+=+=
Direção do vetor r : o ãngulo θ que r faz com o semi-eixo positivo x é :
o
m
m
x
y 41
66
57tantan 11 −=

 −
==
−−θ
Nota : Embora a tangente de θ = 139o seja igual à de θ = -41o, não consideraremos o ângulo de 139o, por ser 
incompatível com os sinais das componentes de r. 
• b) Calcule o módulo e a direção do vetor velocidade da lebre em t = 15s.
Componente da velocidade na direção x : ( ) 2,762,0282,731,0 2 +−=++−== ttt
dt
d
dt
dxvx
Em t = 15s, obtemos : ( )( ) smvx /1,22,71562,0 −=+−=
Componente da velocidade na direção y : ( ) 1,944,0301,922,0 2 −=+−== ttt
dt
d
dt
dyvy 
Em t = 15s, obtemos ; ( )( ) smvy /5,21,91544,0 −=−= 
Módulo do vetor v : ( ) smsmsmvvv yx /3,3)/5,2(/1,2 2222 =−+−=+=
Direção do vetor v : o
x
y
sm
sm
v
v
13019,1tan
/1,2
/5,2tantan 111 −==


−
−
==
−−−θ
Nota : Embora o ângulo de 50o tenha a mesma tangente, os sinais das componentes indicam que o ângulo 
desejado está no terceiro quadrante, ou seja, 50o – 180o = -130o, O vetor velocidade é tangente à trajetória 
da lebre e aponta na direção em que ela está correndo, em t = 15s. 
• c) Calcule também o módulo e a direção do vetor aceleração em t = 15s .
Componente da aceleração na direção x : ( ) 2/62,02,762,0 smt
dt
d
dt
dv
a xx −=+−== 
Componente da aceleração na direção y : ( ) 2/44,01,944,0 smt
dt
d
dt
dv
a yy =−==
Observamos que a aceleração é invariável com o tempo, Podemos verificar que o vetor a tem módulo 
e direção constantes em toda trajetória , (os cálculos são semelhantes ao item b).
Exemplo 2 : Uma partícula com velocidade jiv 0,40,20 +−= (em m/s2 ) em t = 0 está sob uma aceleração 
constante a , de módulo igual a 3,0 m/s2 , fazendo um ângulo θ = 130° com o semi-eixo positivo x . Qual a 
velocidade v da partícula em t = 2,0 s , na notação dos vetores unitários, assim como seu módulo e direção 
(em relação ao semi-eixo positivo x) ?
Solução : Como a é constante, a equação atvv += 0 é aplicável
; entretanto , deverá ser usada 
separadamente para calcular vx e vy (as componentes x e y do vetor velocidade v ), pois as componentes 
variam de maneira independente uma da outra. Encontramos então
tavv xxx += 0
e
tavv yyy += 0
Onde v0x (= - 2,0m/s) e v0y (= 4,0 m/s) são as componentes x e y de v0 , e ax e ay são as componentes x e y 
de a . Para determinar ax e ay , decompomos a com o auxílio da equação θ= cosaa x e θ= senaa y 
θ= cosaax = ( 3,0 m/s2) (cos 130°) = - 1,93 m/s2 ,
θ= senaa y = ( 3,0 m/s2) (sen 130°) = + 2,30 m/s2 .
Substituindo esses valores em vx e vy , temos 
vx = - 2,0 m/s + (-1.93m/s2) (2,0s) = -5,9 m/s ,
vy = 4,0 m/s + (2,30m/s2) (2,0s) = 8,6 m/s ,
Então , em t = 2,0 s, temos
v = (-5.9m/s)i + (8,6 m/s)j 
4.5 – Movimento de Projéteis:
4
É o movimento de uma partícula que executa um movimento bidimensional ( horizontal e vertical ) com 
aceleração g de queda livre para baixo. N a análise desse movimento desprezaremos os efeitos da resistência do 
ar. 
O projétil( a partícula ) é lançado em x0 = 0 e y0 = 0 com velocidade inicial , v0 = v0x i + v0yj . 
• No gráfico abaixo são mostradas a velocidade inicial e as velocidades, com suas componentes escalares, 
em vários pontos da trajetória. 
• A componente horizontal da velocidade permanece constante, ao tempo em que a componente vertical 
da velocidade varia sob a ação da gravidade.
• O alcance R é a distância horizontal do ponto de lançamento, até o ponto em que o projétil volta à 
mesma altura do lançamento.
• O Movimento Horizontal :
Como não existe aceleração n a direção horizontal, a componente horizontal da velocidade permanece constante 
durante o movimento.
O deslocamento horizontal x – x0 a partir de uma posição inicial x0 é dado pela equação:
• Movimento Vertical :
v
x
v
y θ
 v
 v
0
θ
0
v
0y
v
0x
 v
v
y
 = 0
x
y
 
0 R
x - x0 = ( v0cosθ )t 
O movimento vertical segue a análise do movimento de uma partícula em queda livre. As equações a serem 
utilizadas são :
 ; 
Onde 000 sen θ= vv y
• Equação da Trajetória ( caminho percorrido pelo projeto ):
• Alcance Horizontal :
finalalturay = decorridotempot =
inicialalturay =0 lançamentodeinclinaçãodeângulo=θ 0
inicialverticalvelocidadev =0 localgravidadedaaceleraçâog =
finalverticalvelocidadev y = horizontalalcanceR =
 
( ) 2000 2
1sen gttvyy −θ=−−
( ) ( )02002 2sen yygvv y −−θ=
( ) ( )
2
2
00
0
cos2
tan x
v
gxy 



θ
−θ= 
oo éiquandomáximovalorseuatingeRqueNote
g
v
R 45,.,90212sen,;2sen 0
2
0
=θ=θ⇒=θθ=
I
II
y
x
60°
Os Efeitos do Ar
A trajetória das duas bolas
O ângulo de 
lançamento é 
de 60° e a 
velocidade de lançamento é de 160 km/h.
(I) A trajetória do lançamento de uma bola, levando em conta a resistência do ar (calculada por computador). 
(II) A trajetória que a bola teria no vácuo, calculada pelos métodos já conhecidos. 
Exemplo : 
Um avião de salvamento está voando a uma 
altitude constante de 1.200m à velocidade de 
430 km/h, numa trajetória diretamente sobre o 
ponto em que uma pessoa está se debatendo na 
água. Em que ângulo φ de mira o piloto deve 
lançar a cápsula de salvamento, para que esta 
caia bem próximo à pessoa?
A velocidade inicial da cápsula é a mesma do avião. Isto é, a velocidade inicial v0 é horizontal, e vale 430 km/h. 
Podemos calcular o tempo de vôo da cápsula,
Trajetória I (Ar) Trajetória II (Vácuo)
Alcance
Altura máxima
Tempo de percurso
97 m
52 m
6,6 s
175 m
75 m
7,9 s
0
h
y
x
v0
v
trajetória
linha de mira
2
2
1
000 )sen( gtvyy −θ=− Fazendo y – y0 = 1.200 m (o sinal menos significa que a pessoa está abaixo da 
origem) e θ0 = 0, obtemos: 222
1 )/8,9(0200.1 tsmm −=− . Resolvendo para t, achamos 
( ) ( ) s
sm
mt 65,15
/8,9
200.12
2
== . 
Assim obtemos a distância horizontal percorrida pela cápsula (e pelo avião ) durante esse tempo: 
tvxx )cos( 000 θ=− = (430 km/h) (cos0° ) (15,665 s) ( 1h / 3600 s) = 1,869 km = 1.869 m
Se x0 = 0, então x = 1.869 m . O ângulo de mira então é °===φ −− 57tantan 1200
186911
m
m
h
x
Como o avião e a cápsula têm a mesma velocidade horizontal, o avião permanece verticalmente sempre sobre 
a cápsula, enquanto ela estiver voando.
Exemplo : Num filme publicitário, um ator corre pelo telhado de um prédio e salta, na horizontal, para o 
telhado de outro prédio mais abaixo, conforme mostrado na figura. Antes de tentar o salto, sabiamente quer 
avaliar se isto é possível. Ele pode realizar o salto se sua velocidade máxima sobre o telhado for de 4,5 m/s ?
Ele levará um tempo para cair 4,8 m, o que pode ser determinado pela equação 22
1
000 )sen( gtvyy −θ=− .
Fazendo y – y0 = - 4,8 m (observe o sinal) e θ0 = 0, e utilizando a equação dada acima , obtemos 
s
sm
m
g
yy
t 990,0
/8,9
)8,4()2()(2
2
0
=
−
−=
−
−=
4,5 m/s
4,8 m
6,8 m
Nesta distância, o canhão de defesa do porto pode atingir o navio pirata estando em dois ângulos de elevação diferentes
Agora perguntamos: “ Que distância ele alcançará horizontalmente nesse tempo? ”
tvxx )cos( 000 θ=− = ( 4,5 m/s ) (cos 0°) (0,990 s) = 4,5 m
Para alcançar o outro prédio, o homem teria de se deslocar 6,2 m na horizontal). Logo, o conselho que damos ao 
ator é : “Não salte.” 
Exemplo :
A figura mostra um navio pirata ancorado a 560 m de um forte, que defende a entrada de um porto, em uma 
ilha. O canhão de defesa está localizado ao nível do mar e tem uma velocidade de tiro de 82 m/s .
a) Qual o ângulo de elevação do canhão para atingir o navio pirata ?
 Resolvendo a equação 0
2
0 2sen θ=
g
vR para 2θ0 , obtemos 
816,0sensensen2 1
2)/82(
)560()2/8,9(1
2
0
1
0
−−−
===θ
sm
msm
v
gR
. 
Há dois ângulos cujo seno é 0,816, ou seja 54,7° e 125,3°. Logo, achamos °=°=θ 27)7,54(2
1
0 e 
°=°=θ 63)3,125(
2
1
0
O comandante do forte pode ordenar qualquer uma dessas elevações para o canhão atingir o navio pirata (se não 
houver influência do ar!).
b) Qual o tempo de percurso do projétil, até alcançar o navio, para cada um dos dois ângulos de elevação 
calculados anteriormente ?
 Calculando t para θ0 = 27°, temos st sm
m
v
xx
7,7
)27(cos)/82(
560
0cos0
0
===
°θ
−
 Repetindo o cálculo para θ0 = 63°, obtemos t = 15 s . O que é razoável pois o tempo de percurso para 
 maiores ângulos de elevação deve ser, também, maior. 
y
x
27°
63°
R= 560 m
c) A que distância do forte deve ficar o navio pirata, para se manter fora do alcance do canhão ?
 Vimos que o alcance máximo corresponde a um ângulo de elevação θ0 de 45° na equação de alcance 
 horizontal, temos mxR
sm
sm
g
v
690)452(sen2sen
2/8,9
2)/82(
0
2
0
=°θ=
À medida que o navio pirata se afasta, os dois ângulos de elevação com que o navio pode ser atingido se 
aproxima, tendendo para θ0 = 45° quando o navio está a 690 m de distância. Além desse ponto, o navio está 
a salvo.
4.6 – Movimento Circular Uniforme:
• Uma partícula está em movimento circular uniforme se percorre um círculo ou arco circular com 
velocidade constante. 
• O fato de v ser um vetor, faz com que a partícula esteja acelerada devido à mudança de direção deste .
• A aceleração responsável pela mudança de direção da partícula é a aceleração centrípeta( 
r
vac
2
= ).
Uma partícula se desloca em movimento
circular uniforme, com velocidade constante v, num círculo de raio r. 
Suas velocidades nos pontos P e q , eqüidistantes do eixo y, são vp e vq, dadas por suas componentes horizontal 
e vertical, naqueles pontos.
A aceleração instantânea da partícula, em qualquer ponto, tem módulo 
r
v 2 e aponta para o centro do círculo.
 •
x
y
 O
P •
q
• θ
 v
p
 
 P
 θ 
θ θ
v
py
v
px
v
qx
v
qy
v
qr r
 • O
 • 
 • 
 • 
 v 
 v 
 v 
a 
a 
a 
Os vetores velocidade e aceleração para uma partícula em movimento circular uniforme. Os módulos são 
constantes, mas as direções variam continuamente.
Não há uma relação fixa entre a direção do vetor velocidade e a direção do vetor aceleração. 
A figura abaixo mostra exemplos em que o ângulo entre esses dois vetores varia de 0o e 180o.
180° > θ > 9 0 °θ = 1 8 0 ° θ = 9 0 ° 90° > θ > 0 ° θ = 0 °
a
a
a
a
a
v
v v
v
v
θ
θ
θ
θ
Projétil atirado
 para cima
Lançamento de um
projétil
Projétil na posição
de altura máxima
Projétil atirado
para baixoQueda de um projétil
	Nesta distância, o canhão de defesa do porto pode atingir o navio pirata estando em dois ângulos de elevação diferentes
	Noções de Função Derivada
	CAPÍTULO 4 - Movimento em duas e em três Dimensões
	Os Efeitos do Ar
	A trajetória das duas bolas