SOLUÇÃO PRATIQUE EM CASA

Tamanho: px

Começar a partir da página:

Download "SOLUÇÃO PRATIQUE EM CASA"

Lívia Chagas
5 Há anos
Visualizações:

1 SOLUÇÃO PAIQUE EM CASA SOLUÇÃO PC1. [D] A análise da situação permite concluir que o carretel F gira no mesmo sentido que o carretel, ou seja, horário. Como se trata de uma oplamento tangencial, ambos têm mesma elocidade linear, igual à elocidade linear da fita. ff r F πff rf πf r ff r F f r. f rf Essa expressão final mostra que a frequência de rotação é inersamente proporcional ao raio. Como o carretel F tem maior raio ele gira com menor frequência, ou seja dá menos oltas que o carretel. SOLUÇÃO PC. [A] Obsere o esquema abaixo. As elocidades lineares de A e B são iguais. Portanto: ωr Ω ωr Ω Para que a elocidade angular da roda traseira ser a maior possíel é que r seja maior e menor. SOLUÇÃO PC3. [B] No oplamento coaxial as frequências são iguais. No oplamento tangencial as frequências (f) são inersamente proporcionais aos números (N) de dentes; Assim: fa fmotor 18 rpm. fb NB fa N A fb fb 6 rpm. fc fb 6 rpm. fd ND fc N C fd fd rpm. A frequência do ponteiro é igual à da engrenagem D, ou seja: f rpm. ESUDO DOS MOVIMENOS IV 1

2 SOLUÇÃO PC4. [A] A figura ilustra a situação, considerando a erra esférica. odos os pontos da erra têm a mesma elocidade angular. Assim, para V, tem-se: V r. r r Mas: r 1 cos θ cos θ θ 60. SOLUÇÃO PC5. A elocidade angular média ( ω ) depende basicamente da frequência da rotação (f) ou do período () sendo π dada por: ω πf Para ambos os obseradores (A e B), tanto suas frequências como seus períodos de rotação são os mesmos, pois quando a erra dá uma olta completa, qualquer ponto do planeta também dá uma rotação completa, então suas elocidades angulares médias ( ω ) deem ser exatamente iguais. f A fb ωa A B ω B Já a elocidade escalar média () dessas duas pessoas, depende do raio () de curatura da erra. Pontos mais próximos dos polos têm raios menores que pontos próximos ao Equador, portanto temos que: A B Como a elocidade escalar média () é diretamente proporcional ao raio e dada por: que A B. π πf, temos ESUDO DOS MOVIMENOS IV

3 SOLUÇÃO PC6. A eleração máxima que o piloto pode ser submetido nas manobras à elocidade máxima é de 9 ezes a eleração da graidade, sendo assim, a eleração centrípeta para a cura solicitada na elocidade máxima da aeronae é: 1m s 400 km h 3,6 km h 666,67 m s ,44 m s 1000 m 1000 m 1000 m 444,44 m s O alor da eleração fica 44,4 ezes maior do que a eleração da graidade, portanto nas condições impostas fica impossíel executar a tarefa sem que haja o desmaio do piloto. Aplicando o limite de eleração toleráel ao piloto, podemos recalcular a elocidade máxima para executar a cura solicitada ou ainda determinar o raio mínimo para executar a manobra com a elocidade máxima. máx máx 9g 9 10 m s 1000 m m s 1080 km h máx Nota-se que a elocidade dee ser reduzida de 55% em relação à elocidade máxima da aeronae. Já para o piloto fazer a manobra com a elocidade máxima, o raio mínimo será: ,44 m s mín mín mín 4938,3 m 9g 9 10 m s Logo, a resposta correta corresponde à alternatia. SOLUÇÃO PC7. [B] A elocidade angular ω em rad s é: rad ω π π ω π rad s 4 s E a eleração centrípeta é calculada com: π 3π ω rad s 6 m m s SOLUÇÃO PC8. O módulo da eleração centrípeta é dado por: Assim, teremos: 10 m s 50 m s m ESUDO DOS MOVIMENOS IV 3

4 SOLUÇÃO PC9. [D] De ordo com a igualdade entre a força graitional e a resultante centrípeta de um moimento circular, podemos obter a elocidade orbital de um satélite. GMm m GM Fg c r r r Para Plutão: r P GM P P rp d GMP d Para a erra: M 500 MP e r GM r G 500 MP d d Assim, fazendo a razão entre as elocidades orbitais da erra e de Plutão, temos: P GM r GMP rp G 500 M P G d M P d P Logo, o fator multiplicador de 10 é 5. SOLUÇÃO PC10. A figura abaixo mostra os diersos componentes do mecanismo e suas dimensões. Denominemos Ω a elocidade angular da coroa e ω a elocidade angular da catra e consequentemente da roda, já que elas rodam solidárias. Como a coroa e a catra são interligadas por uma correia podemos dizer que as elocidades lineares de suas periferias são iguais. 4 ESUDO DOS MOVIMENOS IV

5 ωr Vcoroa Vcatra Ω ωr Ω (01) Por outro lado a elocidade da bicicleta pode ser calculada por: Substituindo 0 em 01, em: Vr Ω (03) D D V V ω ω (0) D V =18km/h = 5,0m/s D= 70cm = 0,7m = 0cm = 0,1m r = 7cm r = 0,035m Substituindo os alores em 03, temos: 5 rot.5.0,035 5 Ω 5,0rd / s Ω 5,0rd / s π 60 50PM 0,1 0,7 1 6 min 60 SOLUÇÃO PC11. Obseração: suponha-se que o disco execute 3 oltas completas entre as passagens de duas bolinhas consecutias. Independente da altura de queda, passada uma bolinha, a próxima passa depois de 3 segundos. Assim, para que ocorra o proposto, o disco dee executar, no mínimo, 1 olta a cada 3 s, ou oltas inteiras a partir desse alor. Portanto as frequências possíeis são: f,,,,,,... Hz Sendo ω πf, fazendo π 3, as possíeis elocidades angulares são: ω 3,,,,,,... ω, 4, 6, 8, 10, 1, 14,... rad/s SOLUÇÃO PC1. [B] A elocidade das rodas em função da frequência é dada pelo produto da distância percorrida em uma olta completa (circunferência das rodas) e a frequência. πf πdf Igualando as elocidades do pai (1) e do filho (), temos: 1 πd1 f1 πd f Como o diâmetro das rodas da bicicleta do filho é a metade das rodas da bicicleta do pai: D πd 1 1 f1 π f Simplificando, f f 1 ESUDO DOS MOVIMENOS IV 5

6 Conclui-se que a frequência de giro das rodas da bicicleta do pai é a metade em relação a do filho. Com relação à elocidade angular, partimos da sua relação com a elocidade linear: ω Como as elocidades do pai (1) e do filho () são iguais: ω1 1 ω Dado que: 1 ω ω ω ω 1 Encontramos a relação entre as elocidades angulares, com a bicicleta do pai sendo a metade da bicicleta do filho. SOLUÇÃO PC13. Dados: f = 300 rpm = 5 Hz; π = 3; = 60 cm = 0,6 m. A elocidade linear do ponto P é: ω f 3 5 0,6 18 m/s. SOLUÇÃO PC15. Nota: a construção do segundo parágrafo está confusa. Deeria ser: "Para percorrer uma distância de 300,00 m, a razão (n 1/ n ), entre os números de oltas que os pneus traseiros e dianteiros efetuam, supondo...". Para qualquer distância percorrida (D), a razão entre os números de oltas dadas é a mesma. D n1 π d1 n1 d 0,5 n1 π d1 n π d D n π d n d1 1 n1 n 0,5. SOLUÇÃO PC15. Dados: aio da erra: = km; Altura da órbita em relação à superfície: h = 350 km; Período orbital: = 90 min = 1,5 h π 3. Considerando órbita circular, o raio orbital (r) é: r h km. Calculando a elocidade linear orbital: ΔS πr Δt 1, km / h. 6 ESUDO DOS MOVIMENOS IV

Documentos relacionados

SOLUÇÃO PRATIQUE EM CASA

SOLUÇÃO PC1. [D] SOLUÇÃO PRATIQUE EM CASA A análise da situação permite concluir que o carretel F gira no mesmo sentido que o carretel R, ou seja, horário. Como se trata de uma acoplamento tangencial,