Resoluções Cinemática – 2013 – 2014

RESOLUÇÕES

MOVIMENTO UNIFORME

01- 01- I. Horário do rush — carro — V_mc=12km/h — ΔS_c=12km — V_mc= ΔS_c/Δt_c — 12=12/Δt_c — Δt_c=1h — esse tempo é o mesmo que o do metrô fornecido pelo enunciado (1h) — Falsa

II. Horário do rush — carro — V_mc=12km/h — ΔS_c=12km — V_mc= ΔS_c/Δt_c — 12=12/Δt_c — Δt_c=1h —

metrô — V_mm=60km/h — ΔS_m=20km — V_mm= ΔS_m/Δt_m — 60=20/Δt_m — Δt_m=1/3h — Correta

III. Fora do horário de rush — carro — V_mc=42km/h — ΔS_c=12km — 42=12/Δt_c — Δt_c=12/42=0,29h — metrô — V_mm=60km/h — ΔS_m=20km — V_mm= ΔS_m/Δt_m — 60=20/Δt_m — Δt_m=1/3h=0,33h — Correta

IV. Fora do horário de rush — carro — V_mc=42km/h — ΔS_c=12km — 42=12/Δt_c — Δt_c=12/42=0,29h — nova velocidade do metrô — V_mm=70km/h — ΔS_m=20km — V_mm= ΔS_m/Δt_m — 70=20/Δt_m — Δt_m=2/7h=0,29h — Correta

R- E

02- 02- Distância total percorrida — ΔS=(1380 + 730 + 490 + 640 + 1080)=4320m — tempo total de viagem — Δt=(2,5 + 2,0 + 1,0 + 1,5 + 2,0)=9minx60=540s.

V_m= ΔS/Δt=4320/540=8m/s.

R- B

03-Tempo que o bondinho demora para percorrer o primeiro trecho AB da Praia Vermelha ao Morro da Urca

onde percorre ΔS₁=540m com velocidade V₁=10,8/3,6=3m/s — V₁= ΔS₁/Δt₁ — 3=540/Δt₁ — Δt₁=540/3

Δt₁=180s/60 — Δt₁=3 min — o segundo BC trecho corresponde a uma caminhada no Morro da Urca

cujo tempo gasto somado ao tempo de espera nas estações é de Δt₂=30 minutos (dado fornecido) —

no terceiro trecho CD, de bondinho, do Morro da Urca ao Pão de Açúcar ele percorreu ΔS₃=720m com velocidade V₃=14,4/3,6=4m/s e demorou Δt₃ tal que — V₃=ΔS₃/ Δt₃ — 4=720/Δt₃ — Δt₃=720/4=190s —

Δt₃=3 min — tempo total do passeio — Δt=3 + 30 + 3=36 min. — R- D

04- Tempo que o corredor mais rápido (V₁=32km/h) demora para completar os d₁=100m=0,1km — V₁=d₁/t₁ — 32=0,1/t₁ — t₁=0,1/32 h.

Nesse tempo t₁=t=0,1/32 h o corredor menos rápido (V₂=30km/h) percorreu a distância d₂ tal que —

30=d₂/(0,1/32) — d₂=3/32=0,09375km=93,375m.

A distância pedida entre eles vale d’=100 – 93,375=6,25m

R- D

05- A) Sim, ambos no km 8, onde a reta representativa é paralela ao eixo dos tempos, mas em intervalos de tempos

diferentes (veja gráfico acima)

B) (II)  —  V_m=(d – d_o)/(t – t_o)=(64 – 8))/(0,9 – 0)=56/0,9=62,2km/h  —  (I)  —  V_m=(d – d_o)/(t – t_o)=(64 – 0)/(0,95 – 0)=67,4km/h  —  a maior velocidade escalar média é a do veículo I.

C) Sim  —  os dois  —  o veículo I, por exemplo, entre 0,6h e 0,8h teve velocidade de V_I=(48 – 24)/(0,8 – 0,6)=120km/h  —  o veículo II, por exemplo, entre 0,4h e 0,6h teve velocidade de V_I=(48 – 24)/(0,6 – 0,4)=120km/h .

06- Cálculo da velocidade real de Carlos na hora correta  —  se o relógio adianta ∆t_a=1min 40s=10 + 40s=100s, a hora real indicada será  —  ∆t_C=1h – 100s=3600 – 100=3500s  —  ∆t_C=3500s   —  velocidade correta de Carlos  —  V_C=∆S_C/∆t_C  —  V_C=3500m/3500s  —  V_C=1m/s (velocidade correta de Carlos)  —  cálculo da velocidade real de Julieta na hora correta  —  se o relógio atrasa ∆t_a=1min 40s=10 + 40s=100s, a hora real indicada será  —  ∆t_C=1h + 100s=3600 + 100 =3700s  —  ∆t_C=3700s   —  velocidade correta de Julieta  —  V_J=∆S_J/∆t_J  —  V_J=3500m/3700s  —  V_C=0,9m/s  — (velocidade correta de Julieta)  —  em ∆t=1h=3600s Carlos percorreu  —  V_C=∆S_C/∆t_C  —  1=∆S_C/3600  —  ∆S_C=3600m  —  em ∆t=1h=3600s Julieta percorreu  —  V_J=∆S_J/∆t_J  —  0,9=∆S_J/3600  —  ∆S_J=3240m  —  ∆S_pedido=∆S_C –  ∆S_J=3600 – 3240=360m  —  R- A.

07- Cálculo da distância d₁ indicada na figura (triângulo hachurado) —  tg30^o=12/d₁  —  √3/3=d₁/12  — 

d₁=4√3  — d₁=4.1,7=6,8km=6800m  —  observe que você obtém um triângulo retângulo e que a distância AC=12km  —  assim, d₂=12000 – 6800=5200m  —  V=1872km/h/3,6=520m/s  —  V=d₂/t  — 520=5200/t  —  t=10s  —  R-C.

08-  V_m=∆S/∆t=(S – S_o)/(t – t_o)=(50 – 0)/(40 – 0)  —  V_m=1,25m/s  —  R- B.

09- – Primeiro trecho  —  V_m1=∆S₁/∆t₁  —  80=80/∆t₁  —  ∆t₁=1h  (intervalo de tempo que demora para

percorrer o primeiro trecho)  —  segundo trecho  —  V_m2=∆S₂/∆t₂  —  60=120/∆t₂  —  ∆t₂=60/120  —  ∆t₂=0,5h  ((intervalo de tempo que demora para percorrer o segundo trecho)  —  tempo necessário para efetuar a entrega  —  ∆t=∆t₁ + ∆t₂=1 + 0,5  —  ∆t=1,5h  —  R- C.

10- Primeiro trecho: Trata-se de um movimento uniformemente acelerado, onde a locomotiva parte do repouso, com aceleração constante, sendo que esse movimento é expresso por uma função do segundo grau S=S_o + V_ot + at²/2, onde o gráfico posiçãoxtempo é um arco de parábola com concavidade para cima (aceleração positiva).

Segundo trecho: Mantém velocidade constante e a função horária é do primeiro grau S=S_o + Vt, onde o gráfico posiçãoxtempo é uma reta inclinada ascendente.

Terceiro trecho: A composição freia até parar  —  trata-se de um movimento uniformemente retardado, com aceleração constante, sendo que esse movimento é expresso por uma função do segundo grau S=S_o + V_ot + at²/2, onde o gráfico posiçãoxtempo é um arco de parábola com concavidade para baixo (aceleração negativa)  —  no trecho de parada enquanto a composição permanece em repouso, o gráfico é uma reta paralela ao eixo dos tempos.

R- C.

11- Correndo sem vento, o velocista demora ∆t=10s para percorrer ∆S=100m  —  correndo com o vento a favor, para percorrer os mesmos ∆S=100m ele demora ∆t’=10,0 – 0,1=9,9s  —  com vento a favor  —  V=∆S/∆t’=100/9,9  —

V=10,101m/s  —  R- C.

Movimento Uniformemente variado (MUV)

01- Cálculo da aceleração a  — a=∆V/∆t=(28 – 4)/(7 – 1)=24/6  —  a=4m/s²  —  quando t=7s, V=28m/s  —  V=V₀ + at  —  28= V_o + 4.7  —  V_o=1m/s  —  o deslocamento ∆S entre 3s e 5s é fornecido pela área do trapézio  —   ∆S=área=(B +

b).h/2  —   ∆S=(20 + 12).2/2  —   ∆S=32m  —  R- C.

02- V_o=30m/s — V=? — a=-5m/s² (freando) — ΔS=50m — equação de Torricelli — V²=V_o² + 2.a.ΔS — V²=30² + 2.(-5).50=900 – 500 — V=√400 — V=20m/sx3.6=72km/h — R- E

03- 

R- E

04-

R- B

05- Em todo gráfico Vxt, o deslocamento é numericamente igual à área entre a reta representativa e o eixo t — se o motorista não tivesse reduzido a velocidade do veículo e mantido a velocidade constante de

V=90km/h=25m/s, a distância percorrida seria a área ΔS₁ da figura abaixo — ΔS₁=b.h=80×25=2000m — ΔS₁=2000m

A distância (ΔS₂) que ele realmente percorreu devido às obras corresponde à soma das áreas da figura abaixo — A₁=b.h=10×25=250m — A₂=(B + b).h/2=(25 + 15).10/2=200m — A₃=b.h=20×15=300m —

A₄=(B + b).h/2=(25 + 15).20/2=400m — A₅=b.h=20×25=500m — ΔS₂=250 + 200 + 300 + 400 + 500= 1650m — ΔS₂=1650m — se ele não tivesse reduzido a velocidade devido às obras a distância adicional percorrida seria de d=2000 – 1650=350m —d=350m — R- D

Observação: Você poderia também subtrair as áreas, conforme as figuras abaixo e, nesse caso, a distância

d pedida seria a área do trapézio — d=(B +b).h/2=(50 + 20).10/2=350m — d=350m

06- Se você fixar um ponto P no início da locomotiva , quando P começar a passar diante do observador (marco inicial 0), você terá velocidade inicial V_o e t_o=0, e quando a locomotiva terminar de passar pelo observador P estará a 24m de 0 no instante t=4s (figura I).

Pelo enunciado, quando o primeiro vagão terminar de passar pelo observador o ponto P estará a 48m de 0 e o instante será t=4 + 2 = 6s (figura II)

Na figura I, quando t=4s o ponto P, com velocidade inicial V_o e aceleração a, percorreu ΔS=24m —

ΔS= V_ot + at²/2 — 24 = v_o.4 + a.4²/2 — 24 = 4V_o + 8a — 6 = V_o + 2a — V_o= 6 – 2a (1).

Na figura II, quando t=6s o ponto P, com velocidade inicial V_o e aceleração a, percorreu ΔS=48m —

ΔS= V_ot + at²/2 — 48 = V_o.6 + a.6²/2 — 48 = 6V_o + 18a — 8 = V_o + 3a (2).

(1) em (2) — 8=6 – 2a + 3a — a=2m/s² (aceleração da composição).

V­_o= 6 – 2.2 — V_o=2m/s (velocidade inicial do ponto P).

Quando o primeiro vagão começa a passar diante do observador o ponto P está na posição 24m e o instante é t=4s — V=V_o + at=2 + 2.4=10m/sx3,6=36km/h.

R- D

07- Colocando a origem da trajetória no ponto de partida do carro1 e orientando-a para a direita, quando 1 parte do 

repouso do marco zero, 2 parte também do repouso do marco 50m  —  equação horária do carro 1  —  S₁=S_o1 + V_o1t + a₁t²/2=

0 + 0 + a₁t²/2  —  S₁=0,5.a₁.t²  —   S₂=S_o2 + V_o2t + 2a₁t²/2=50 + 0 + a₁t²  —  S₂=50+ a₁t²  —  no encontro S₁ = S₂  —

0,5.a₁.t²= 50 +a₁.t²  —  0,5a₁t²=50  —  a₁t²=100  —  substituindo a₁t²=100 em S₁  —  S₁=0,5.100=50m  —  substituindo a₁t²=100 em S₂  —  S₂=50 + 100=150m  —  assim,  o carro 2 alcança o carro 1 após percorrer ∆S=150 – 50=100m  —  R- C.

08- Como, durante a frenagem eles percorrem a mesma distância, a distância mínima, d, entre eles para que não ocorra colisão deve ser a distância percorrida pelo carro II durante o tempo de reação (t=0,6s) com velocidade de V=20m/s  — V=d/t  —  20=d/0,6  —  d=12m  —  R- D

09- Colocando a origem da trajetória orientada para a direita no ponto onde a viatura parte com V_o=0 e localizando o carro nesse instante, ele estará no marco S-V_c.t=20.5=100m, você terá a situação esquematizada na figura abaixo  —  

Equação da viatura  —  S_v=S_o + V_ot + at²/2  —  S_v=0 + 0.t + at²/2  —  S_v=at²/2 (I)  —  equação do carro  —  S_c=S_o + V_ct  —  S_c=100 + 20t (II)  —  no encontro, pelo enunciado, o carro está no marco S_c=2100m, que substituído em (II) fornece o instante do encontro  —  2100=100 + 20t  —  t=2000/20=100s  —  a viatura nesse instante t=100s também está no marco S_v=2100m, que substituído em (I) fornece sua aceleração  —  2100=a.100²/2  —  a=2100/5000  — a=0,42m/s²  —  velocidade da viatura no encontro quando t=100s  —  V=V_o + at=0 + 0,42.100=42m/s  —  R- E.

10- Em todo gráfico VXt a área entre a reta representativa e o eixo dos tempos é numericamente igual à variação de espaço ΔS, entre dois instantes quaisquer t₁ e t₂, no caso entre 0 e 15s  —  cálculo do deslocamento do carro A pela

áreahachurada do trapézio da figura  —  ∆S_A=(B + b)xh/2=(15 + 10)x10/2  —  ∆S_A=25×5=125m  (deslocamento do carro A em 15s – ∆S_A=125m)  — cálculo do deslocamento ∆S_A do carro A entre 0 e t (veja figura abaixo)  —  ∆S_A=(B + b).h/2=[t + (t – 5].10/2  —  ∆S_A=(2t – 5).5  —  ∆S_A=10t – 25  —  equação do carro A  —  S_A= S_oA + ∆S_A = 0 + 10t – 25  —  S_A=10t – 25 (I)  —  cálculo do deslocamento ∆S_B do carro B entre 0 e t (veja figura abaixo)  — 

∆S_B=(B + b).h/2=[t + (t – 8].(-10)/2  —  ∆S_B=(2t – 8).(-5)  —  ∆S_B=-10t + 40  —  equação do carro B  —  S_A= S_oB + ∆S_B = 3 – 10t + 40  —  S_B=-10t + 43 (II)  —  nesse instante t, a distância entre os carros A e B é fornecida e vale d_AB=332m  —  d_AB=S_A – S_B  —  332=10t – 25 – (- 10t + 43)  —  332=20t – 68  —  t=400/20  —  t=20s.

Lançamento obliquo

01-

b) Pelo enunciado, o melhor ângulo possível ocorre quando o alcance é máximo e, o maior valor para sen (2α) ocorre quando α=45^o, pois sen(2α)=sen(2.45^o)=sen90^o=1 — 98=V_o².1 10 — V_o=√980≈31msx3,6 —

V_o ≈ 111km/h

02- Cálculo da intensidade velocidade inicial da bola na vertical V_oy=V₀.sen45^o, V_oy=(√2/2).V_o e na

horizontal, V_ox=(√2/2).V_o

R- D

03- Trata-se de um lançamento obliquo com ângulo de 45^o com a horizontal e velocidade de V=20m/s.

Tempo que a bola demora para subir e descer na vertical com V_oy=20.√2/2=10√2m/s e quando chega novamente ao solo V_y= – 10√2m/s — -10√2 = 10√2 – gt — -20√2 = -10t — t=2√2s

Esse tempo t=2√2s é o mesmo tempo que a bola demora para percorrer a distância horizontal x com velocidade constante V_ox=V_ocos45^o=20. √2=10√2m/s — V_ox=x/t — 10√2=x/2√2 — x=40m.

Nesse mesmo tempo t=2√2s o jogador deve percorrer d=57 – 40=17m com velocidade V tal que —V=d/t=17/2√2=17/2.1,4=17/2,8 — V=6,07m.

R- C

04- O observador A, dentro do vagão observa a trajetória da pedra como um laçamento vertical para

cima e, no ponto mais alto da trajetória a velocidade da pedra é zero, pois, nesse instante ela para e em seguida começa a retornar (figura1).

O observador B do lado de fora do vagão e em repouso em relação à Terra, observa o vagão passar e vê a trajetória da bola como um arco de parábola (lançamento oblíquo) e, no ponto mais alto da trajetória a velocidade vertical é nula mas a horizontal é constante e vale V=5m/s (figura 2).

R- B

05- Cálculo de V_oy quando a bola atinge a altura máxima h_max=10m, onde V_y=0 utilizando a equação de Torricelli — V_y² = V_oy² – 2.g.h_máx — 0² = V_oy² – 2.10.10 — V_oy = √(200) m/s.

Cálculo de V_ox com V_o fornecida e igual a 20m/s — V_o² = V_ox² + V_oy² — 20² = V_ox² + {√(200)}² —

V_ox=√(200) m/s.

Na horizontal o movimento é uniforme com V_ox=√(200)m/s (constante) e a bola demora 2s para atingir a parede —x=V_oxt=√(200).t=14.2 — x≈28m.

R- B

06- Segundo a vertical, a componente da velocidade inicial vale V_oy=V_o.sen30^o=20.1/2  —  V_oy=10m/s e a aceleração é a da gravidade g=10m/s²  —  estudando o movimento na vertical você verifica que trata-se de um lançamento vertical para cima  —  colocando a origem no ponto de lançamento, orientando a trajetória para cima e aplicando a equação de

Torricelli lembrando que na altura máxima h’ a velocidade vertical é nula, V_y=0  —  V_y² = V_oy² – 2.g.h’  —  0² = 10² –

2.10.h’  —  h’=100/20=5m  —  como a altura pedida é em relação ao solo  —  h=5 + 5=10m  —  R- B.

07- a) Em todo lançamento oblíquo o movimento na direção horizontal é retilíneo e uniforme, com velocidade  horizontal , valendo  —  V_x=V_ox=V_ocos45^o  —  V_ox=V_o.√2/2  —  V_ox=1,4V_o/2  —  V_ox=(√2/2)V_o  —  equação do movimento na horizontal  —  x=x_o + V_oxt  —  para percorrer os x=80m na horizontal ele demora certo tempo t  —  80=0 + (√2/2)V_ot  —  t= 80√2/V_o (I)  —  na direção vertical quando a bola chega ao solo, no instante t, ela ocupa a

ordenada y=-0,5m sendo lançada com velocidade inicial vertical V_oy=V_osen45^o  —  V_oy=(√2/2).V_o  —  equação de um lançamento vertical  — y=y_o + V_oyt – gt²/2  —  – 0,5 = 0 + (√2/2).V_o.80√2/V_o – 5.t²  —  -0,5 = 80 – 5t²  —  t²=80,5/5=16,1  —  t≈4s (tempo que demora para percorrer 8om na horizontal, que é o mesmo tempo que demora para subir, descer e chegar ao solo)  —  substituindo t=4s em (I)  —   t= 80√2/V_o  —  4= 80√2/V_o  —  V_o = 80√2/4=28m/s  —  V_o=28m/s ou V_o=20√2m/s.

b) Na altura máxima a componente vertical da velocidade é nula (V_y=0)  —  equação de Torricelli  —  V_y² = V_oy² – 2.g.h_max  —  0² = [V_o. (√2/2)]² – 2.10.h_max  —   0² = [20√2.(√2/2)]² – 2.10.h_max  —  0²=400 – 20h_max  —  h_max=20m (em relação ao ponto de lançamento)  —  em relação ao solo a altura máxima atingida será  —  H_max=20,0 + 0,5  —  H_max=20,5m.

08- Trata-se de um lançamento oblíquo e, se você não domina a teoria você a encontrará em fisicaevestibular.com.br – mecânica – cinemática – lançamento obliquo  —  em todo lançamento oblíquo, no ponto mais alto da trajetória a

componente vertical da velocidade () é nula existindo apenas a componente horizontal () que é constante e de intensidade  —  V_x=V_ox=V_o.cos60^o=30.0,5=15m/s  —  R- B.

09- Trata-se de um lançamento horizontal cuja teoria é fornecida a seguir:

Colocando-se a origem do sistema de referência no ponto de lançamento, orienta-se, por exemplo, o eixo X para a direita e o eixo Y para baixo.

Decompõe-se o movimento em duas parcelas:

 Segundo o eixo X  —  trata-se de um movimento horizontal uniforme com velocidade constante de intensidade V_o, que é a velocidade de lançamento  —  S = S_o + V.t  —  X= 0 + V_o.t  —  X=V_o.t

Segundo o eixo Y  —  trata-se de um movimento uniformemente variado com velocidade inicial V_o=0, ou seja, é uma queda livre com o corpo abandonado da origem, sujeito apenas à aceleração da gravidade, de intensidade g, direção vertical e sentido para baixo. Equações:

S = S_o= + V_o.t + at²/2  —  Y= 0 + 0.t + gt²/2  —  Y=g.t²/2

V_y = V_oy + a.t  —  V_y= 0 + g.t  —  V_y=g.t

V²=V_o² + 2.a.ΔS  —  V_y2 = V_oy² + 2.g.Δh  —  V_y² = 0² + 2.g.Δh  —  V_y² = 2.g.Δh

O tempo de movimento na horizontal é o mesmo de queda e vale t=0,6s  —   na horizontal, Segundo o eixo X  —  X=V_ot=8.0,6=4,8m  —  na vertical, segundo o eixo Y  —  Y=g.t²/2=10.(0,6)²  —  Y=1,6m  —  no instante em que as pedras chegam ao vagão elas possuem duas velocidades, a horizontal de valor V_x=8m/e e a vertical de valor  —  V_y=gt =10.0,6=6m/s  —  a velocidade com que as pedras chegam ao vagão corresponde à soma vetorial das velocidades V_x e

V_y  —  V²=V_x² + V_y²=8² + 6²  —  V=10m/s  —  R- D.

10- Abaixo estão as equações de um lançamento oblíquo:

A. Falsa  —  V_ox=V_x=V_o.cos θ=100.0,8=80m/s.

B. Falsa  —  V_oy=V_o.senθ=100.0,6=60m/s.

C. Falsa  —  tempo para atingir a altura máxima  —  V_y=V_oy – gt  —  0=60 – 10t  —  t=6s  —  tempo de permanência no ar  —  t=2.6=12s  —  alcance horizontal  —  x=V_oxt=80.12=960m.

D. Falsa  —  na altura máxima t=6s  —  y=V_oyt – gt²/2 = 60.6 – 10.6²/2=240m.

E Correta  —  Veja (C).

R- E.

MOVIMENTO CIRCULAR

01- Velocidade escalar (V) de um MCU  Para qualquer móvel em MCU, que percorre espaços iguais em intervalos de tempo iguais), o espaço percorrido (ΔS) durante um período (Δt=T que é o intervalo de tempo que ele demora para efetuar uma volta completa) será ΔS=2 , onde R é o raio da circunferência.

ΔS=2R e Δt=T  —  V= ΔS/Δt  —  V=2R/T

Lembrando que a frequência f de um MCU corresponde ao numero de voltas completas que o móvel efetua na unidade de tempo e que a frequência é o inverso do período, que f=1/T e que T=1/f você terá

V=2R/(1/f) — V=2Rf — o exercício fornece — R=60cm=0,6m — f=300rpm=300/60 rps — f=5 Hz —  — V=2Rf=2x3x0,6×5 — V=18m/s —– R- B

02- Se você não domina a teoria, ela está a seguir:

Acoplamento de polias e engrenagens

 Pode-se interligar duas ou mais  polias através de uma correia (figura 1) ou acoplar duas ou mais engrenagens (figura 2)

Todos os pontos da correia (admitidos inextensíveis) têm a mesma velocidade escalar V que todos os pontos da periferia de cada polia, desde que não ocorra deslizamento.

O mesmo ocorre com todos os dentes da polia engrenada, que tem a mesma velocidade escalar V.

Assim, V₁=V₂  —  W₁.R₁ = W₂.R₂  —  2π/T₁.R₁= 2π/T₂.R₂  —   2πf₁.R₁ =  2πf₂.R₂  

 Veja na figura abaixo que que, se o raio da engrenagem A é R_A, o da B será R_B=(11 – R_A)

f_A=375 voltas — f_B=1000 voltas

f_A.R_A=f_B.R_B — 375.R_A = 1000.(11 – R_A) — 375R_A=11000 – 1000R_A — 1375R_A=11000 — R_A=

11000/1375 — R_A=8cm — é pedido o raio da menor que é a B — R_B=11 – 8 — R_B=3cm

R- B

03- 01. Correta — pelo enunciado, o número de voltas da catraca é proporcional ao número de voltas da coroa, com razão de proporção igual à razão entre os raios da coroa (R) e da catraca (r) — f_catraca/f_coroa = R/r — pelo enunciado f_coroa=1 —f_catraca/1 = R/r — f_catraca=R/r.

02. Correta — f_catraca/f_coroa = R/r — observe em R/r que, como r é constante, se você diminuir R , o quociente R/r=k irá diminuir — então f_catraca/f_coroa=R/r — f_catraca =/f_coroa.R/r observe que r é inversamente proporcional à f_catraca — se r diminui, f_catraca aumenta fazendo com que a roda gire mais, percorrendo uma distância maior.

O4. Falsa — a de menor raio “varre” maior ângulo no mesmo tempo, tendo, portanto maior velocidade angular.

08. Falsa — coroa — R=15cm — catraca — r=15/4=3,75cm — roda — R_r=5.r=5.3,75 —

R_r=18,75cm — f_coroa.R = f_catraca.r — 1.15 = f_catraca.3,75 — f_catraca=4 voltas — enquanto a coroa efetua 1 volta completa, a catraca e a roda efetua efetuam 4 voltas completas — deslocamento da roda após as 4 voltas —S=2πR_r=2.3.18,75×4=450cm=4,5m.

16. Correta — roda — R_r=50cm — R=2r — f_coroa.R = f_catraca.r — 2.2r = f_catraca.r — f_catraca=4 voltas — distância percorrida pela roda após essas 4 voltas — S=4×2πR_r=8π50=400πcm=4πm — velocidade (pedida) da roda e consequentemente da bicicleta em t=1s — V=S/t=4πm/1s —

V= 4πm/s.

R- (01, 02, 16)

04- Todos os pontos da correia (admitidos inextensíveis) têm a mesma velocidade escalar V que todos os pontos da periferia de cada polia, desde que não ocorra deslizamento—  V=W.R  —  W=2π/T  —  assim, V₁=V₂  —  W₁.R₁ = W₂.R₂  —  2π/T₁.R₁= 2π/T₂.R₂  —   2πf₁.R₁ =  2πf₂.R₂  

Generalizando—  f.R=constante=K  —  observe que o raio é inversamente proporcional à freqüência (maior raio corresponde à menor freqüência)

Note na montagem P que as polias 1 e 2 estão acopladas e V₁ = V₂—o mesmo acontece na montagem

ondeV₁ = V₃—  polias que estão fixas no mesmo eixo de rotação possuem a mesma velocidade angular, (“varrem” o mesmo ângulo no mesmo tempo) assim,  nas montagens P e Q você tem que W₂ = W₃

 Resumindo:as polias 1 e 3 giram com velocidades lineares iguais em pontos periféricos (V₁ = V₃) e, pelo enunciado, por questão de segurança, é necessário que a serra possua menor velocidade linear, o que acontece na montagem Q onde a serra de fita está  acoplada à polia de menor raio  —  R- A.

05- Todos os pontos da correia e das periferias (extremidades) das polias B e C possuem a mesma velocidade (escalar, linear, tangencial ) V  —  V_B=V_C  —  relação entre as velocidades angular W e tangencial V  —  W=V/R  —  V=WR  —  W_A.R_A = W_B.R_B (I)  —  mas, as polias que giram em torno do mesmo eixo possuem a mesma velocidade angular W, ou seja, W_A=W_B, que substituído em (I) fornece  —  W_AR_B = W_CR_C  —   W_A=(R_C/R_B).W_C=(10/2)W_C  —  W_A=5W_C  —  mas W=∆θ(ângulo varrido)/ ∆t (intervalo de tempo)  —  assim, enquanto a polia A efetua uma volta completa , no mesmo tempo a polia C efetuará 5 voltas completas  —  observe então que, se no tempo de desaceleração a polia a polia C efetuar n voltas até parar, a polia A efetuará 5n voltas nesse mesmo tempo  —  cálculo do número de voltas completas efetuadas pela polia A enquanto está sendo desenrolada pelo fio  —  comprimento do fio, dado do exercício L=10π m (II) —  distância percorrida pela polia A ao efetuar uma volta completa  —  ∆S_A= 2πR_A=2π,1=2π m (III) — 

Dividindo (II) por (III) você obtém o número de voltas dadas pela polia A até soltar o fio  —  10π/2π=5voltas  —  mas,pós essas 5 voltas ela continua girando até parar efetuando mais 2n voltas  —  número total de voltas efetuadas pela polia A  —  n_A=5n + 5=5(n + 1)  —  calculando a aceleração a pela polia A onde o ponto P da corda percorre L=10π m até parar (V=0) com velocidade inicial V_A, quando o fio começa a ser puxado  —  V²=V_o² + 2.(-a),L  —

0²=V_A² – 2.(a).10π  —  V_A²=20πa  —  W_A².R_A²=20πa  —  (5W_C)².1²=20πa  —  W_C=W_C=2π rad/s (fornecido pelo gráfico da figura 3  —  (5.2π)².1²=20πa  —  100π²=20πa  —  a=5π m/s².   

 R- A.

06- Como as rodas dentadas estão perfeitamente ajustadas, o número de dentes é proporcional ao

raio de cada roda  —f_A.R_A=f_B.R_B  —  f_A.144=f_B.126  —  f_A=0,875f_B  —  W_A=2πf_A  —  0,21=2.3.,875f_B  —  f_B=0,04Hz  —  W_B=2πf_B  —W_B=2.3.0,04  —  W_B=0,24rad/s  —  R- C.

07- O número de dentes é proporcional ao raio de cada roda  —  f_R.R_R = f_p.R_p  —  f_p=6 voltas 

—  f_R.21=6/t.49  — f_R=294/21  —  f_R=14 voltas completas  —  enquanto a roda do pedal gira 6 voltas completas, no mesmo tempo a roda traseira gira 14 voltas completas  —  se, em cada volta completa a roda traseira percorre 1,8m, em 14 voltas percorrerá  —  ∆S=14.1,8=25,2 voltas  —  R- D

08- a) Para o portão abrir totalmente ele deve girar um ângulo ∆θ=90^o=π/2 rad  —  W=∆θ/∆t=(π/2)/∆t  —  ∆t=π/2W.

b) Função horária do MUV  —  S=S_o + V_ot _{+ at}²/2  —  D= 0 + 0 + at²/2  —  D=a.(π/2W)²/2  —  D=a.(π²/4W²)/2  — D= π²a/8W²  —  a= 8W²D/π².

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