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Exercício Resolvido - Movimento circular uniforme: Vestibular UERJ 2011


Exercício de movimento circular uniforme do vestibular UERJ 2011

Um ciclista pedala uma bicicleta em trajetória circular de modo que as direções dos deslocamentos das rodas mantêm sempre um ângulo de 60º. O diâmetro da roda traseira dessa bicicleta é igual à
metade do diâmetro de sua roda dianteira.
O esquema a seguir mostra a bicicleta vista de cima em um dado instante do percurso.

Questão de Vestibular
Admita que, para uma volta completa da bicicleta, N1 é o número de voltas dadas pela roda traseira e N2 o número de voltas dadas pela roda dianteira em torno de seus respectivos eixos de rotação.
A razão N1/N2 é igual a:
(A) 1
(B) 2
(C) 3
(D) 4

Solução:

Como as duas rodas percorrem trajetos circulares, conforme mostrado na figura em tracejado, então elas desenvolvem um movimento circular uniforme.

É muito importante lembrar que no movimento circular uniforme a velocidade é SEMPRE tangente à curva. Veja na figura abaixo:

Movimento Circular Uniforme

A partir deste ponto o problema passa a ser de geometria plana.

Veja no desenho, em azul os vetores velocidade de cada uma das rodas (perceba que eles são tangentes às circunferências) e em vermelho a linha que liga o ponto que as rodas tocam o chão (origem do vetor velocidade) ao centro das circunferências.

Esta linhas SEMPRE formam 90º entre si, ou seja, TODA RETA TANGENTE A UMA CIRCUNFERÊNCIA FORMA 90º COM A RETA QUE LIGA O PONTO DE TANGÊNCIA AO CENTRO DA CIRCUNFERÊNCIA:

Assim temos:

Reta tangente à circunferência

Seja r o raio da circunferência percorrida pela roda traseira, e R pela roda dianteira. Além disso, alguns ângulos das figura podem ser determinados:

reta tangente à Circunferência

Portanto, a relação r/R = Cos(60º) = 1/2  2r = R

Assim, quando a roda dianteira percorre a circunferência grande uma vez a distância percorrida por ela é:

D = 2 π R = 2 π (2 r) = 4 π r

Enquanto isso, a roda traseira percorre a circunferência pequena, o que dá uma distância:

d = 2 π r

O número de voltas dado pelas rodas vai depender do raio de cada uma. Sendo RD o raio da roda dianteira e RT da traseira, sabe-se do exercício que RD = 2 RT. O número de voltas dado pela roda dianteira será de:

N1 = (2 π RD) / D = (2 π RD) / (4 π r) = (4 π RT) / (4 π r) = R/ r

Para a roda traseira:

N2 = (2 π RT) / d = (2 π RT) / (2 π r) = R/ r

Logo, N1/N2 = 1, Letra (A)
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Esboce o gráfico de 2x³ - 3x² - 3x +2


Esboço do gráfico de 2x³ - 3x² - 3x +2

Uma das ferramentas que o cálculo e nos proporciona é a possibilidade de esboçar o gráfico de uma função com o uso da derivada. Algumas etapas podem ser seguidas para a análise de uma função e obtenção de sua curva, são elas:
- Estabelecer o domínio da função. O domínio da função é importante pois limita a análise apenas onde importa. Além disso, pontos fora do domínio da função podem ser pontos inconsistentes, como no caso da função 1/x para x = 0.
- Cálculo das intersecções do gráfico com os eixos x e y. Nem sempre é possível calcular as intersecções com o eixo x, mas poder estimá-los já ajuda bastante.
- Verificar se é um função periódica. Se sim, analisa-se apenas o intervalo onde a função não se repete, após isso é possível conhecer o resultado para os demais pontos do domínio;
- Verificar se a função é par ou ímpar. Se for par, então ela é simétrica em relação ao eixo y. Se for ímpar, será simétrica mas rebatida em relação ao eixo x.
- Verificar como a função se comporta em pontos de descontinuidade e fronteiras do domínio.
- Se o domínio não for limitado, verificar o comportamento da função no infinito (positivo e negativo).
- Estuda da primeira derivada da função para achar onde a função é crescente ou decrescente e os pontos críticos (derivada = 0).
- Estudo da segunda derivada para verificar a concavidade da função, além de saber se os pontos críticos são pontos de máximo, mínimo ou inflexão.

Para exemplificar, será feito o esboço do gráfico da função:
f(x) = 2x³ - 3x² - 3x +2, para x є (-2, 3).

1º - A função f(x) não apresenta restrição em seu domínio, porém o exercício pede a análise do gráfico apenas no intervalo (-2,3).

2º - Intersecção com o eixo y (ou seja, para x = 0):
f(0) = 2
Saber os pontos onde a função f(x) corta o eixo x é bastante complicado por se tratar de uma função do 3º grau, mas é possível fazer uma estimativa percorrendo o domínio:
f(-2) = -20
f(-1) = 0
f(0) = 2
f(1) = -2
f(2) = 0
f(3) = 20

Nisso, já descobrimos duas raízes da função f(x). Além disso, para x entre 0 e 1 há outra, pois há troca de sinal da função. Como é um polinômio do terceiro grau que só admite três raízes, então elas já foram estimadas.

3º - A função não é periódica.

4º -
f(-x) = -2x³ - 3x² + 3x + 2 ≠ f(x), logo a função não é par
-f(-x) = 2x³ + 3x² - 3x - 2 ≠ f(x), logo a função não é ímpar também
Como não é nenhuma das duas, não podemos concluir nada a respeito do gráfico neste item.

5º - Ela não apresenta descontinuidade em nenhum ponto e os pontos na fronteira do domínio estabelecido, f(-2) e f(3), já foram calculados.

6º - O domínio é limitado.

7º - Derivando f(x)
f ' (x) = 6x² - 6x - 3
Aplicando Bhaskara temos:
Δ = 36 - 4*6*(-3) = 36 + 72 = 108

√Δ = 6√3

Logo, x1 e x2 são pontos críticos. Calculando f(x) para x = x1 e x = x2 temos:
f(x1) = -2,6
f(x2) = 2,6

8º -
f '' (x) = 12x - 6.
A segunda derivada é um reta crescente que é nula para x = 1/2. Portanto, por ser crescente, para x < 1/2, ela é negativa (concavidade de f(x) é para baixo) e para x > 1/2, ela é positiva (concavidade para cima). É interessante calcular f(x) para x = 1/2 para saber o ponto onde há a troca de concavidade:
f(1/2) = 0
Perceba que, de brinde, encontramos a terceira raiz de f(x).

9º - Por ser uma função polinomial, não há assintotas.

Verifica-se agora as informações que foram obtidas:
- O gráfico passa pelos pontos: (-2, -20) , (-1, 0) , (0, 2), (1, -2), (2, 0), (3, 20)
- Possui uma raiz para x entre 0 e 1.
-Tem pontos críticos: (1,37 , -2,6) , (-0,37 , 2,6)
- Tem concavidade para cima para x > 1/2 e para baixo para x < 1/2. Assim, (-0,37 , 2,6) é um ponto de máximo local, e (1,37 , -2,6) é um ponto de mínimo local.

Colocando os pontos encontrados no gráfico:
Esboce o gráfico
Em preto o pontos críticos e em vermelho os pontos calculados na 2ª etapa. Em cinza o ponto onde há mudança na concavidade de f(x).
Com isso já é possível fazer o esboço do gráfico ligando os pontos e lembrando dos intervalos onde a concavidade é para cima e onde é para baixo.

Veja abaixo como fica o gráfico:
Equações

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Calcule a soma: S = x + 2x² + 3x³ + ...


Progressão aritmético-geométrica

Neste exercício será calculada a soma da progressão aritmético-geométrica na qual o n-ésimo termo é dado por:
Solução:
A soma que se deseja calcular é:
Percebe-se que não se trata nem de uma progressão aritmética (PA) e nem de uma progressão geométrica (PG), mas um misto das duas.
Multiplicando a equação acima por x de ambos os lados temos:
Adotando a mesma estratégia para a obtenção da fórmula da soma da PG (veja aqui), faz-se a subtração:

Veja também:
Definição e exemplos do princípio da indução finita

O que resulta em algo familiar já que do lado direito da igualdade temos a soma de uma PG com termo inicial a1 = x, razão q = x e n termos, exceto pelo último termo que esta subtraindo tudo. Assim, usando a fórmula da soma da PG que já é conhecida, obtemos:

Assim, dividindo tudo por (1-x) isolamos o Sn:
Perceba que este resultado vale apenas para x ≠ 1. Para x = 1 temos a soma de uma PA:

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Exercício Resolvido - Geometria Plana: Vestibular UERJ 2011


Exercício de geometria plana do vestibular UERJ 2011

Este exercício será resolvido de duas formas. A segunda é mais simples, porém exige que se perceba algumas características do pentágono.

Método 1:
A embalagem de papelão de um determinado chocolate, representada na figura abaixo, tem a
forma de um prisma pentagonal reto de altura igual a 5 cm.
Pentágono

Em relação ao prisma, considere:
- cada um dos ângulos A, B, C e D da base superior mede 120º;
- as arestas AB, BC e CD medem 10 cm cada.
Considere, ainda, que o papelão do qual é feita a embalagem custa R$10,00 por m² e que √3 = 1,73
Na confecção de uma dessas embalagens, o valor, em reais, gasto somente com o papelão é
aproximadamente igual a:
(A) 0,50
(B) 0,95
(C) 1,50
(D) 1,85

Solução:
Antes de começar a fazer o exercício propriamente dito é importante deixar destacado o fato de que ele pede que seja calculada a quantidade total de papelão. Por vezes, exercícios assim, faz-se a parte mais difícil, que é calcular a área do pentágono e esquece-se de somar a área lateral e a área do pentágono da face oposta. Assim, vou começar o exercício destacando isso:

Área Total = 2*APentágono + ALateral

Cálculo da área do pentágono:

Os dados fornecidos no exercício são poucos mas suficientes. Inicialmente, é preciso lembrar que um pentágono tem a soma dos seus ângulos internos igual a 540º. Este valor vem da fórmula da soma dos ângulos internos de um polígono:

S = (n - 2)*180

Onde S é a soma dos ângulos internos e n o número de lados. Como o pentágono tem 5 lados:

S = (5 - 2)*180 = 3*180 = 540º

Assim, como quatro Ângulos medem 120º, então o ângulo Ê certamente será de 60º:

Geometria plana

Traçando uma linha horizontal ligando A e D, dividimos o pentágono em dois polígonos: um triângulo e um trapézio:
Soma dos ângulos internos
Pela simetria da figura temos que os ângulos nos vértices A e D são divididos de forma igual o que garante que a parte que fica do lado do triângulo mede o mesmo nos dois casos. Usando a fórmula da soma dos ângulo internos, descobrimos que um triângulo tem a soma dos seus ângulos igual a 180º. Neste caso, os ângulos do vértice A e do vértice D que ficaram do lado do triângulo só podem medir 60º. Com isso, conclui-se que os ângulo que ficaram no lado do trapézio também medem 60º:
Triângulo

Com estas informações, podemos concluir que o triângulo é equilátero, ou seja, possui todos os lados iguais. Esta conclusão se dá pois um triângulo equilátero tem seus Ângulos internos todos iguais a 60º. Assim, a distância entre AD é a mesma de AE e de DE.
Fazendo duas linhas verticais partindo de C e de B, passamos a ter dois triângulos retângulos a, com isso, conseguimos calcular tudo o que precisamos:
Pentágono
Agora temos uma figura com três triângulos e um retângulo. O valor do lado BG pode ser calculado multiplicando BA pelo cosseno de 30º:

BG = BA*Cos(30º) = 10*(√3 / 2) = 5√3

Assim, a área do retângulo será de: 10*5√3 = 50√3

Da mesma forma, podemos calcular AG:

AG = BA*Sen(30º) = 10*(1/2) = 5

Como o triângulo AGB é retângulo, sua área é (1/2)*AG*BG. Como o triângulo DFC tem a mesma área:

Área dos triângulos AGB e DFC = (1/2)*5*5√3 = 25√3 / 2 = 12,5√3

Assim, a área do trapézio será:

ATrapézio = 50√3 + 12,5√3 + 12,5√3 = 75√3

Com isso, além de calcular a área do trapézio, calculamos o comprimento do segmento de reta DA pois AG = FD = 5 cm e FG = CB = 10 cm. Assim:

DA = AG + GF + FD = 20 cm

Porém, como o triângulo DEA é equilátero, então todos os seus lados medem 20 cm, assim, DE = AE = 20 cm.
A área de DEA pode ser calculada sabendo que a área de um triângulo equilátero é dada por:

A = (1/4)*l²*√3

Onde l é o lado do triângulo e neste caso, vale 20 cm. Assim:

ADEA = (1/4)*(20²)*√3 = 100√3

Agora, basta somar todas as áreas para obter a área do pentágono:

APentágono = 75√3 + 100√3 = 175√3 = 175*1,73 = 302,75 cm² = 0,030275 m²

Resta calcular a área lateral. Porém, como conhecemos a altura (5 cm) e temos todas as arestas do pentágono, esta cálculo fica facilitado:

ALateral = 10*5 + 10*5 + 10*5 + 20*5 + 20*5 = 350 cm² = 0,0350 m²

Área Total = 2*APentágono + ALateral = 2*0,030275 + 0,0350 = 0,06055 + 0,0350 = 0,09555 m²

Como o preço é de R$ 10,00 por m², o valor total será:

10*0,09555 = 0,95

Letra (B)


Método 2:
Continuamos do ponto em que foi traçada a linha ligando os pontos A e D.
Assim, partindo dos pontos C e B, traçamos duas retas de modo a dividir os ângulos de 120º em B e em C em dois ângulos de 60º:
Agora, passamos a ter 4 triângulos equiláteros e como conhecemos as medidas DC, CB e BA, então conhecemos todas as outras pois DH também deverá medir 10 cm, já que é um dos lados do triângulo equilátero DCH. O mesmo com HA. Desta forma, DA = 20 cm = DE = AE.

Assim, a área do pentágono será:

APentágono = 3*(1/4)*10²*√3 + (1/4)*20²*√3 = 75*√3 + 100*√3 = 175*1,73 = 302,75 cm² = 0,030275 m².

Da mesma forma que foi feita anteriormente, obtemos a área total de papelão.
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Seno, cosseno, tangente: Dica


Dica das relações dos lados de um triângulo retângulo: Seno, cosseno e tangente


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Exercício Resolvido - Caminhos: Análise combinatória: Vestibular UERJ 2011


Cálculo do número de caminhos mínimos entre dois pontos

Uma rede é formada de triângulos equiláteros congruentes, conforme a representação abaixo.
Uma formiga se desloca do ponto A para o ponto B sobre os lados dos triângulos, percorrendo
X caminhos distintos, cujos comprimentos totais são todos iguais a d.

Sabendo que d corresponde ao menor valor possível para os comprimentos desses caminhos, X
equivale a:
(A) 20
(B) 15
(C) 12
(D) 10

Solução:
Para saber quantos caminhos de menor comprimento são possíveis, devemos percorrer, inicialmente, um dos menores caminhos. Seja ele o caminho partindo de A, andando 4 linhas na horizontal e 2 na diagonal até chegar em B:
Número de caminhos
Neste caso, podemos dizer que a formiga percorreu o caminho HHHHDD, já que foi quatro vezes para a esquerda na horizontal, e duas vezes para cima na direção diagonal.
Assim, para saber quantos caminho de comprimento igual a esse basta calcular o número de formas de combinar as quatro letras H e as duas D para formar "palavras" diferentes, ou seja, devemos calcular o número de anagramas possíveis de serem formados com HHHHDD.
Supondo que todas as seis letras sejam diferentes, podemos dizer que é possível "embaralhá-las" de K formas distintas, onde:

K = 6*5*4*3*2*1 = 6! = 720

Porém, temos quatro letras H e duas D. Com isso num mesmo anagrama ao trocarmos dois H's de lugar, o anagrama segue o mesmo. Por exemplo, seja a palavra HDHDHH. Ao trocar o último H com o primeiro H, a palavra continua sendo exatamente a mesma e como são quatro letras H's que temos, existem 4*3*2*1 = 4! combinações de H's possíveis para cada palavra. O mesmo com a letra D, que possui duas iguais, neste caso teremos 2*1 = 2! combinações. Assim, o número de caminhos diferentes será:

Neste caso são 15 caminhos de comprimento mínimo possíveis. Resposta (B)
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Força de Euler, Einstein, Coriolis e Centrífuga: Referencial não inercial.


Demonstração das forças que atuam em uma partícula ligada a um referencial não inercial: Força de Euler, de Einsteins, de Coriolis e Centrífuga (centrípeta).

Demonstre todas as possíveis forças que atuam em uma partícula em um referencial não inercial.

Solução:
Por motivos didáticos e para simplificar o post, a demonstração será feita em duas dimensões, porém o resultado pode ser estendido para um caso tridimensional. Isso irá facilitar bastante a visualização.

Veja o desenho abaixo que representa um referencial fixo (inercial, em preto) formado pelos eixos x, y e z, onde z esta saindo da tela em direção ao leitor. Em azul esta o referencial não inercial e o ponto P onde queremos calcular as forças. Seria algo como um avião, onde o ponto P é uma pessoa dentro deste avião. Assim, definimos as coordenadas deste ponto em relação a um referencial no avião, porém como este avião faz curvas e acelera este referencial é não inercial.
Referencial não inercial

Obs.: Vale salientar que o tamanho dos eixos (x,y) estão diferentes dos eixos (xn, yn) mas todos eles têm módulo unitário. Na figura, x e y representam a direção onde aponta os vetores unitário $\widehat{x}$ e $\widehat{y}$.

Do que se pode ver da figura, temos o vetor posição do ponto P descrito como:

$\overrightarrow{r} \, = \, \overrightarrow{R} \, + \, \overrightarrow{r_n}$

Porém, o vetor $\overrightarrow{R}$ possui suas coordenadas escritas no referencial inercial (x,y,z), mas o vetor $\overrightarrow{r_n}$ não. As coordenadas de $\overrightarrow{r_n}$ estão descritas no referencial (xn, yn, zn). Assim, podemos escrever os vetores $\overrightarrow{R}$ e $\overrightarrow{r_n}$ segundo seus versores:

$\overrightarrow{r} \, = \, xR \, \widehat{x} + yR \, \widehat{y} + zR \, \widehat{z} + xnP \, \widehat{xn}+ynP \, \widehat{yn}+znP \, \widehat{zn}$

Assim, temos definida a posição do ponto P, que é dada pelo vetor $\overrightarrow{r}$.

Para obter a velocidade do ponto P, basta derivar em relação ao tempo o vetor $\overrightarrow{r}$. Neste caso, é importante perceber que os versores inerciais (x,y,z) não se alteram, porém os não inerciais mudam com o tempo. Ainda, como estabelecemos que o movimento será bidimensional, então o sistema não inercial poderá rotacionar apenas em torno do eixo zn, ou seja, existe uma velocidade angula $\omega$ na direção zn. Esta velocidade angular irá alterar o ângulo formado entre os sistemas de referência. Veja na figura a seguir:

Nesta última figura fica fácil perceber algumas coisas importantes:

$\frac{d \theta}{dt} \, = \, \omega $

$\widehat{xn} \, = \, \widehat{x} * cos(\theta) \, + \, \widehat{y} * sen(\theta)$

$\widehat{yn} \, = \, \widehat{x} * [-sen(\theta)] \, + \, \widehat{y} * cos(\theta)$

Voltando ao resultado do vetor $\overrightarrow{r}$ que obtivemos anteriormente:

$\overrightarrow{r} \, = \, xR \, \widehat{x} + yR \, \widehat{y} + zR \, \widehat{z} + xnP \, \widehat{xn}+ynP \, \widehat{yn}+znP \, \widehat{zn}$

Derivando no tempo temos:

$\frac{d \overrightarrow{r}}{dt} \, = \, \left ( \frac{d xR}{dt} \, \widehat{x} + xR \, \frac{d \widehat{x}}{dt} \right ) + \left ( \frac{d yR}{dt} \, \widehat{y} + yR \, \frac{d \widehat{y}}{dt} \right ) + \left ( \frac{d zR}{dt} \, \widehat{z} + zR \, \frac{d \widehat{z}}{dt} \right ) + \left ( \frac{d xnP}{dt} \, \widehat{xn} + xnP \, \frac{d \widehat{xn}}{dt} \right ) + \left ( \frac{d ynP}{dt} \, \widehat{yn} + ynP \, \frac{d \widehat{yn}}{dt} \right ) + \left ( \frac{d znP}{dt} \, \widehat{zn} + znP \, \frac{d \widehat{zn}}{dt} \right )$
Porém, como os eixos x e y são constantes, suas derivadas serão nulas o que elimina o termo na qual eles estão multiplicando. O mesmo ocorre para os eixos z e zn, já que estamos considerando que o movimento é bidimensional, neste caso eles não alteram suas direções, mantendo-se constante. Isso ocorre pois toda rotação se da nas direções z (ou zn, já que eles têm mesmo direção e sentido). Neste caso temos:

$\frac{d \overrightarrow{r}}{dt} \, = \, \left ( \frac{d xR}{dt} \, \widehat{x} \right ) + \left ( \frac{d yR}{dt} \, \widehat{y} \right ) + \left ( \frac{d xnP}{dt} \, \widehat{xn} + xnP \, \frac{d \widehat{xn}}{dt} \right ) + \left ( \frac{d ynP}{dt} \, \widehat{yn} + ynP \, \frac{d \widehat{yn}}{dt} \right )$

Definindo algumas simplificações:

$\left ( \frac{d xR}{dt} \, \widehat{x} \right ) + \left ( \frac{d yR}{dt} \, \widehat{y} \right ) \, = \, \frac{d \overrightarrow{R}}{dt} \, = \, \overrightarrow{V}$

Onde $\overrightarrow{V}$ seria a velocidade com que a origem do referencial não inercial se afasta da origem do referencial inercial.

$\left ( \frac{d xnP}{dt} \, \widehat{xn} \right ) + \left ( \frac{d ynP}{dt} \, \widehat{yn} \right ) \, = \, \overrightarrow{v_n}$

Onde $\overrightarrow{v_n}$ seria a velocidade do ponto P em relação ao referencial não inercial.

Restou o termo:

$\left ( xnP \, \frac{d \widehat{xn}}{dt} \right ) + \left (ynP \, \frac{d \widehat{yn}}{dt} \right )$

Para isso, precisamos derivar os versores do referencial não inercial:

$\frac{d\,\widehat{xn}}{dt} \, = \, \frac{d\,cos(\theta)}{dt}*\widehat{x} \, + \, \frac{d \, sen(\theta)}{dt}*\widehat{y} \, = \, \frac{d \theta}{dt} * \left [ -sen(\theta)*\widehat{x} + cos(\theta)*\widehat{y} \right ]$

Mas, vejam que feliz coincidência. Observando as relações obtidas antes, temos que:

$\widehat{yn} \, = \, \widehat{x} * [-sen(\theta)] \, + \, \widehat{y} * cos(\theta)$

Assim:

$\frac{d \,\widehat{xn}}{dt} \,  = \, \frac{d \theta}{dt} \, \widehat{yn}$

Fazendo o mesmo para o $\frac{d\,\widehat{yn}}{dt}$ chegamos que:

$\frac{d\, \widehat{yn}}{dt} \,  = \,- \frac{d \theta}{dt} \, \widehat{xn}$

Assim:

$\frac{d \overrightarrow{r}}{dt} \, = \,  \overrightarrow{V} + \overrightarrow{v_n} + xnP \, \frac{d \, \theta}{dt} \,  \widehat{yn} -  ynP \, \frac{d \, \theta}{dt} \,  \widehat{xn} =  \overrightarrow{V} + \overrightarrow{v_n} + \frac{d \, \theta}{dt} * \left (xnP \, \widehat{yn} - ynP \, \widehat{xn} \right ) $

Porém, como $\widehat{yn} \, = \, \widehat{zn} \times \widehat{xn}$  e  $\widehat{xn} \, = \, -\widehat{zn} \times \widehat{yn}$, onde $\times$ é o produto vetorial e sabendo que a velocidade angular tem direção $\widehat{zn}$, temos:

$\left (xnP \, \widehat{yn} - ynP \, \widehat{xn} \right ) \, = \, \overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{r_n}$

Desta forma:

$\frac{d \overrightarrow{r}}{dt} \, = \,  \overrightarrow{v} \, = \,  \overrightarrow{V} + \overrightarrow{v_n} +  \left ( \overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{r_n} \right )$

Para obtenção das acelerações, basta que derivemos mais uma vez:

$ \overrightarrow{a} \, = \, \frac{d \, \overrightarrow{V}}{dt} + \frac{d\,\overrightarrow{v_n}}{dt} + \frac{d \left ( \overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{r_n} \right )}{dt}$

Mas, de forma similar obtemos que:

$\frac{d \,  \overrightarrow{V}}{dt} \, = \,  \overrightarrow{A}$  que seria a aceleração com que o referencial não inercial se afasta do referencial inercial.

$\frac{d \,  \overrightarrow{v_n}}{dt} \, = \,  \overrightarrow{a_n} \, + \, \overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{v_n}$

$\frac{d \left ( \overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{r_n} \right )}{dt} \, = \, \frac{d\, \overrightarrow{\omega}}{dt} \times  \overrightarrow{r_n} \, + \, \overrightarrow{\omega} \times \frac{d \, \overrightarrow{r_n}}{dt}$

onde, já foi mostrado que:

$\frac{d \, \overrightarrow{r_n}}{dt} \, = \,  \overrightarrow{v_n} \, + \, \overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{r_n}$

Assim:

$ \overrightarrow{a} \, = \, \overrightarrow{A} + \overrightarrow{a_n} \, + \, \overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{v_n} + \frac{d\, \overrightarrow{\omega}}{dt} \times  \overrightarrow{r_n} \, + \, \overrightarrow{\omega} \times \left [\overrightarrow{v_n} \, + \, \overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{r_n} \right]$

Que pode ser escrito como:

$ \overrightarrow{a} \, = \, \overrightarrow{A} + \overrightarrow{a_n} \, + \,2 \overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{v_n} + \frac{d\, \overrightarrow{\omega}}{dt} \times  \overrightarrow{r_n} \, + \, \overrightarrow{\omega} \times \left (\, \overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{r_n} \right)$

Multiplicando pela massa todos os termos, temos a força que age no corpo, assim teremos:

$ m*\overrightarrow{a} \, = \, m*\overrightarrow{A} + m*\overrightarrow{a_n} \, + \,2m* \overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{v_n} + m*\frac{d\, \overrightarrow{\omega}}{dt} \times  \overrightarrow{r_n} \, + \, m*\overrightarrow{\omega} \times \left (\, \overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{r_n} \right)$

Mudando para força (F):

$ F \, = \, m*\overrightarrow{A} + \overrightarrow{F_n} \, + \,2m* \overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{v_n} + m*\frac{d\, \overrightarrow{\omega}}{dt} \times  \overrightarrow{r_n} \, + \, m*\overrightarrow{\omega} \times \left (\, \overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{r_n} \right)$

Podendo ser escrito da seguinte forma:

$ F \, - \, m*\overrightarrow{A} = \overrightarrow{F_n} \, + \,2m* \overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{v_n} + m*\frac{d\, \overrightarrow{\omega}}{dt} \times  \overrightarrow{r_n} \, + \, m*\overrightarrow{\omega} \times \left (\, \overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{r_n} \right)$

Perceba que se o referencial fosse inercial, o lado esquerdo da igualdade deveria ser nulo segundo a 2ª Lei de Newton. Isolando a força $\overrightarrow{F_n}$ temos a 2ª Lei de Newton para um referencial não inercial e podemos "nomear" cada uma das forças (que na verdade são pseudo forças, pois são reações aparentes que uma partícula sente num referencial não inercial) que ficam do lado direito da igualdade, segundo cada um dos físicos que às descobriram:

$\overrightarrow{F_n} \, = \,  F \, - \, \overbrace{m*\overrightarrow{A}}^{Einstein} \, - \, \overbrace{2m* \overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{v_n}}^{Coriolis} - \overbrace{m*\frac{d\, \overrightarrow{\omega}}{dt} \times  \overrightarrow{r_n}}^{Euler} \, - \, \overbrace{m*\overrightarrow{\omega} \times \left (\, \overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{r_n} \right)}^{Centrífuga}$
Veja que todas elas têm sinal '-' pois representam "reações". A seguir alguns comentários com relação a essas forças.

A pseudo força Centrífuga é facilmente percebida quado estamos num carro, por exemplo, e ele faz uma curva. Neste caso, há uma tendência de sermos empurrados para fora do carro (ou para fora da curva). Esta tendência é a reação da força centrípeta, que age no carro puxando-o para dentro.

A pseudo força de Euler ocorre quando há variação da velocidade angular. Ela tem direção oposta à variação da velocidade angular. Imagine um disco girando e você sobre ele em pé e imóvel. Se a velocidade angular for constante irá agira a força centrípeta na direção radial, porém se a velocidade angular começar a aumentar, é possível que você se desequilibre e caia para trás ou para frente (dependendo se a velocidade angular aumenta ou diminui). Esta é a pseudo força de Euler. Note que não houve ação de força nenhuma mas sim um torque que fez com que o disco girasse mais rápido, assim a aceleração angular fez aumentar a velocidade tangente no ponto em que você estava em pé e com isso, aumentou-se a força de atrito entre você e o disco. Surgiu uma força, portanto, devido ao aumento da velocidade angular. A reação a esta força é a pseudo força de Euler. 

A pseudo força de Coriolis é percebida, por exemplo, na brincadeira em que um pessoa, sentada em uma cadeira, gira com os braços abertos. Em determinado momento, ao puxar os braços em direção ao corpo sua velocidade de rotação aumenta. Para um observador que vê de fora o que esta ocorrendo, nada se altera o que ocorre é apenas a conservação do momento angular. Porém a pessoa sentada na cadeira sente que, ao puxar seus braços em direção ao corpo estes tendem a girar mais rápido, já que sua distância em relação ao eixo de rotação esta diminuindo. Desta forma, esta pessoa precisa fazer uma força "segurando seu braço" para que ele não gire mais rápido. Assim, todo o corpo irá aumentar sua velocidade angular. Neste caso, a pessoa sentada sente como se uma força fizesse acelerar sua rotação. Esta é a ação da pseudo força de Couriolis.

A pseudo força de Einstein  é uma reação ao movimento de translação do corpo, ela é diariamente percebido por nós. Por exemplo, quando um avião vai decolar e somos "empurrados para trás. Outro exemplo interessante é o de um bloco sobre um plano inclinado. Se não houver atrito este bloco vai escorregar para baixo. Porém, se este plano inclinado for acelerado. Haverá uma aceleração onde o bloco ficará parado sobre o plano, sem escorregar pois a aceleração do plano inclinado será igual à aceleração que tende a fazer o bloco escorregar. Esta pseudo força é chamada de Força de Einstein.
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Exercício Resolvido - Probabilidade: VESTIBULAR UERJ 2011


VESTIBULAR UERJ 2011 - QUESTÃO 34 SOBRE PROBABILIDADE

Uma fábrica produz sucos com os seguintes sabores: uva, pêssego e laranja. Considere uma caixa
com 12 garrafas desses sucos, sendo 4 garrafas de cada sabor.
Retirando-se, ao acaso, 2 garrafas dessa caixa, a probabilidade de que ambas contenham suco com o mesmo sabor equivale a:
(A) 9,1%
(B) 18,2%
(C) 27,3%
(D) 36,4%

Solução:
Este exercício deve ser feito em duas "etapas". A primeira onde temos 12 garrafas de suco na caixa e uma delas é retirada. A segunda etapa ocorre quando vamos retirar a segunda garrafa de suco, pois agora já não são mais 12 garrafas que temos na caixa, e sim 11. Além disso, se desejamos retirar duas garrafas de suco do mesmo sabor, ao retirar o segundo suco terão apenas 3 garrafas do sabor que desejamos, e não 4 como antes. Entendendo isso, vamos ao exercício:







No primeiro momento temos 12 garrafas dentro da caixa e retiramos uma delas. Perceba que o exercício não especifica qual suco que ele quer que sejam tirados, mas apenas que devem ser dois do mesmo sabor, neste caso, podem ser dois sucos de uva, pêssego ou laranja. Assim, ao retirar o primeiro suco, podemos retirar de qualquer sabor, e isso claro, tem 100% de chance de acontecer já que a probabilidade de retirar qualquer suco de dentro da caixa é 1.

No segundo momento, temos apenas 11 sucos na caixa e, agora sim, desejamos tirar um suco do mesmo sabor do primeiro. Neste caso, temos apenas 3 garrafas na caixa que possui 11 sucos. Aqui, a probabilidade será de:
$$P \, = \, \frac{3}{11} \, \approx \, 27,3%$$

Como a primeira probabilidade é 100%, então ela não interfere no resultado final. Logo,  resposta é letra (C).
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Exercício Resolvido - Resistência Equivalente: VESTIBULAR UERJ 2011


VESTIBULAR UERJ 2011 - QUESTÃO 26 SOBRE RESISTÊNCIA EQUIVALENTE EM PARALELO

Observe a representação do trecho de um circuito elétrico entre os pontos X e Y, contendo três resistores cujas resistências medem, em ohms, a, b e c.
Exercício resolvido de resistência equivalente

Admita que a sequência (a, b, c) é uma progressão geométrica de razão $\frac{1}{2}$ e que a resistência
equivalente entre X e Y mede 2,0 Ω.
O valor, em ohms, de (a + b + c) é igual a:
(A) 21,0
(B) 22,5
(C) 24,0
(D) 24,5

Solução:
Da figura podemos perceber que as três resistências estão em paralelo. Desta forma, pela fórmula para obtenção da resistência equivalente quando temos resistências em paralelo temos:
$$\frac{1}{R_{eq}} \, = \, \frac{1}{a} \, + \, \frac{1}{b} \, + \, \frac{1}{c}$$

Assim, podemos fazer a soma das frações do lado direito da igualdade para poder obter o valor da resistência equivalente:

$\frac{1}{R_{eq}} \, = \, \frac{bc}{abc} \, + \, \frac{ac}{abc} \, + \, \frac{ab}{abc}$

$\frac{1}{R_{eq}} \, = \, \frac{bc \, + \, ac \, + \, ab}{abc}$

$R_{eq} \, = \, \frac{abc}{bc \, + \, ac \, + \, ab}$

Mas o exercício nos diz que (a, b, c) formam uma Progressão Geométrica (Veja Tudo sobre Progressão Geométrica), então:

$b \, = \, a q$

$ c \, = \, b q \, = \, a q^2 $

Substituindo estes resultados na equação temos:

$R_{eq} \, = \, \frac{a \times aq \times aq^2}{aq \times aq^2 \, + \, a \times aq^2 \, + \, a \times aq}$

$R_{eq} \, = \, \frac{a^3 \times q^3}{a^2 \times q^3 \, + \, a^2 \times q^2 \, + \, a^2 \times q}$

$R_{eq} \, = \, \frac{a^3 \times q^3}{a^2 q \times \left (q^2 \, + \, q \, + \, 1 \right )}$




Simplificando, temos:

$R_{eq} \, = \, \frac{a \times q^2}{q^2 \, + \, q \, + \, 1}$

Veja também:
Exercício Resolvido - Resistência equivalente

Mas o exercício nos informa que $q \, = \, \frac{1}{2}$  e  $R_{eq} \, = \, 2 \, Ω$.  Substituindo:

$2 \, = \, \frac{a \times \frac{1}{2}^2}{\frac{1}{2}^2 \, + \, \frac{1}{2} \, + \, 1} \, = \, \frac{\frac{a}{4}}{\frac{1}{4} \, + \, \frac{1}{2} \, + \, 1} \, = \, \frac{\frac{a}{4}}{\frac{7}{4}} \, = \, \frac{a}{7}$

Temos, portanto que o valor de a é:

$a \, = \, 14 \, Ω$

Logo, pelas relações que obtemos acima onde b = aq e c = aq², para q = 1/2 temos:

$b \, = \, 7 \, Ω$

$c \, = \, 3,5 \, Ω$

Logo:
$a \, + \, b \, + \, c \, = 24,5 \, Ω $

Resposta (D)
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Exercício Resolvido - Queda livre: VESTIBULAR UERJ 2011


Vestibular UERJ 2011 questão 22 sobre queda livre

Um trem em alta velocidade desloca-se ao longo de um trecho retilíneo a uma velocidade constante de 108 km/h. Um passageiro em repouso arremessa horizontalmente ao piso do vagão, de uma altura de 1 m, na mesma direção e sentido do deslocamento do trem, uma bola de borracha que atinge esse piso a uma distância de 5 m do ponto de arremesso.
O intervalo de tempo, em segundos, que a bola leva para atingir o piso é cerca de:
(A) 0,05
(B) 0,20
(C) 0,45
(D) 1,00

Solução:
Inicialmente é preciso fazer a conversão das unidades para haver consistência:

$V \, = \, 108 \, km/h \, = \, \frac{108}{3,6} \, m/s \, = \, 30 \, m/s$
$h \, = \, 1 \, m$
$d \, = \, 5 \, m$

Como pode ser visto na figura ilustrativa abaixo a bola irá realizar um movimento de um lançamento oblíquo. Isto ocorre pois a velocidade horizontal da bola é a velocidade que o passageiro vai lançar ela. Porém, o cálculo do tempo que a bola vai levar para chegar ao chão em nada tem a ver com a velocidade de lançamento e tampouco com a velocidade do trem. Uma característica do lançamento oblíquo é a independência dos movimentos verticais e horizontais, assim, o tempo que a bola vai levar para chegar ao solo irá depende apenas do seu movimento de queda livre, ou seja, da ação da gravidade sobre a bola.

UERJ Queda Livre MRUV
Trajeto da bola (vermelha) dentro do trem (azul). A bola percorre verticalmente um movimento de queda livre (MRUV) e, horizontalmente, um Movimento Retilíneo Uniforme (MRU).
Como o valor da gravidade não é fornecido, chamarei de g e se for necessário usar algum valor numérico farei isso no fim do exercício.
Assim, na vertical a bolinha percorre um movimento de queda livre com velocidade inicial nula, pois e bola só tem velocidade inicial na horizontal:

$h \, = \, \frac{g t^2}{2}$

$1 \, = \, \frac{g t^2}{2}$

$2 \, = \, g t^2$

$t \, = \, \sqrt{\frac{2}{g}}$
Exercício Resolvido - Queda Livre: ITA 2003

Como ele pede uma resposta aproximada (no enunciado está "O intervalo de tempo (...) é cerca de:"), podemos adotar que $g \, \approx \, 10 \, m/s^2$, assim:

$t \, = \, \sqrt{\frac{2}{10}}$

$t \, = \, \sqrt{0,2}$

$t \, \approx \, 0,45 \, s$

A resposta correta é (C).
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Ressonância - Exercício, teoria e animação


Uma forma interessante e de fácil compreensão para se entender o fenômeno da ressonância é pensarmos em uma mola sem massa suspensa verticalmente onde, em um de seus extremos (extremo A) há uma massa,
e no outro (extremo B) uma pessoa segurando. Assim, esta pessoa ao movimentar este extremo B verticalmente com uma dada frequência f, faz com que a massa oscile. De uma forma intuitiva, percebe-se com este experimento que com frequências diferentes, a massa terá oscilações diferentes. Porém, uma destas frequências faz com que a mola tenha sua amplitude de oscilação maximizada. Temos então uma frequência de ressonância deste conjunto massa-mola.

É percebido experimentalmente que qualquer corpo oscilante, por não ser ideal, apresenta um coeficiente de amortecimento que limita sue movimento. Este coeficiente é modelado como sendo proporcional à velocidade de oscilação. Seria semelhante ao caso de um amortecedor de um carro, que limita a oscilação da mola, o que torna o movimento oscilatório mais confortável para o passageiro.

Exercício:
Seja um conjunto massa mola onde a constante elástica da mola vale k, a massa suspensa em A tem valor m e no seu extremo B, atua uma força oscilante que faz o ponto B variar conforme a equação F = Fo*Sen(w t), onde Fo determina a amplitude de deslocamento de B, w é a frequência de oscilação em rad/s e t o tempo. Obtenha a equação diferencial que descreve este movimento e com isso calcule a frequência de ressonância.



Solução:
Inicialmente devemos equacionar o sistema. A força peso não precisa ser levada em consideração neste caso já que ela é equilibrada pela força da mola, que se deforma conforme figura anterior. Basta, portanto, que se considere a posição da mola já deformada, como uma posição inicial.
O exercício fala que exite uma força oscilante aplicada no ponto B. Como a massa da mola é desprezada, então toda força que for aplicada em B será transmitida para a massa em A. Agem, também as forças devido ao movimento da compressão e expansão da mola que são as forças proporcionais à constante k e à constante c. A primeira, proporcional à compressão ou expansão da mola, a outra, à velocidade com que isso ocorre. Assim temos:

$$m \frac{d^2y}{dt^2} \, = \, -c \frac{dy}{dt} \, - \, k y \, + \, F_0 \times Sen \left ( w t \right ) $$

Desta forma temos:

$$m \frac{d^2y}{dt^2} \, + \, c \frac{dy}{dt} \, + \, k y \, = \, F_0 \times Sen \left ( w t \right ) $$

como a força de excitação é oscilante, podemos dizer que ela é do tipo:

$F(t) \, = \, F_0 \times e^{i w t}$

onde $i \, = \, \sqrt{-1}$

Neste caso, supomos que a solução da equação diferencial tem a mesma forma:

$$ y(t) = Y e^{i w t} $$

Substituindo na equação diferencial obtemos que:

$$ m \times (-w^2) \times Y e^{i w t} + c \times (i w) \times Y e^{i w t} + k \times Y e^{i w t} = F_0 \times e^{i w t} $$

Podemos dividir tudo por $e^{i w t}$:

$$ Y \times \left [ m \times (-w^2) + c \times (i w) + k \right ] = F_0 $$


Perceba que a equação acima possui o termo Y do lado esquerdo da igualdade que multiplica todos os termos. Ele é a amplitude de y(t). Do outro lado da igualdade temos F0 que é a amplitude da força aplicada. É conveniente definirmos uma função que estabeleça a relação destas amplitudes já que a ressonância ocorre quando a amplitude da excitação é máxima. Assim, podemos relacionar o ganho de amplitude Y dada uma amplitude de força F0.

$$ \alpha(w) \, = \, \frac{Y}{F_0} \, = \, \frac{1}{\left(k - m w^2 \right) + i \left ( c w \right ) } $$

Porém, é uma equação complexa que pode ser calculada em módulo e fase, onde seu módulo é que representa o ganho que desejamos, e ele é dado por:

$$ | \alpha(w) | \, = \, \frac{1}{\sqrt{\left(k - m w^2 \right)^2 + \left ( c w \right )^2 }} $$

Da equação do módulo podemos calcular qual deve ser o valor de $w$ que maximiza $| \alpha(w) |$. Temos como resultado:

$$ w_{máx} \, = \, \sqrt{\frac{k}{m} - \frac{c^2}{2m^2}} $$

Este resultado é conhecido como a frequência de ressonância do sistema, ou seja, se a força aplicada oscilante tiver como frequência wmáx, então o deslocamento y(t) da massa na outra extremidade será máximo, considerando que são mantidos todos os outros parâmetros constantes.
Além disso, é possível perceber que o amortecimento interfere na frequência de ressonância, porém pouco. Veja que se c = 0, a frequência de ressonância seria $\sqrt{\frac{k}{m}}$. Se usarmos os dados abaixo onde k = 10 e m = 1, teríamos $\sqrt{\frac{k}{m}} \approx 3,16$. Com o c = 0,6 o valor altera muito pouco (3,13).

Veja o exemplo abaixo onde definimos valores às constantes:
m = 1 kg
k = 10 N/m
c = 0,6 N s/m
F(t) = 1*Cos(w t)

Temos assim que a frequência de ressonância é dada por:

$$w_{máx} \, = \, \sqrt{\frac{10}{1} - \frac{0,36}{2}} \approx 3,13 \, rad/s$$

Adotando uma frequência w = 10 rad/s temos que o módulo do ganho será:

$$ | \alpha(w) | \, = \, \frac{1}{\sqrt{\left(10 - 1 \times 3,13^2 \right)^2 + \left ( 0,6 \times 3,13 \right )^2 }} \, = \, \frac{1}{\sqrt{\left(0,18 \right)^2 + \left ( 1,88 \right )^2 }} \, \approx \, 0,5 $$

Ou seja, como $|\alpha(w)| \, = \, |Y/F_0| \, = \, 0,5$, então, para F0 = 1, teremos Y = 0,5.

Obs.: Abaixo, é possível ver um vídeo com a simulação deste exercício e a própria simulação. Para quem desejar visualizar a simulação e variar os parâmetros para ver como o sistema se comporta, precisará baixar e instalar um arquivo do Wolfram (software onde a simulação foi feita).




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5 Exercícios Resolvidos clássicos de MRUV e MRU para você fixar o assunto.


Veja 5 exercícios resolvidos de MRUV e MRU

1 - O gráfico abaixo mostra a velocidade de dois ciclistas (C1 e C2) em função do tempo. Ambos partem
da posição inicial zero pata t = 0 e percorrem trajetórias retilíneas no mesmo sentido. Com base nos dados da figura, determine:

a) o valor da aceleração do ciclista C1 no instante t = 5 s;

b) a distância entre os ciclistas no instante em que eles têm a mesma velocidade.


Exercício Resolvido de MRU
Gráfico da velocidade do ciclista 1 (em azul) e do ciclista 2 (em vermelho). É possível verificar que ambos desenvolvem um movimento MRUV inicialmente, e depois MRU.

2 - Numa prova de 100 m rasos, um atleta consegue percorrê-los em 10 s. O gráfico a seguir mostra,
aproximadamente, como varia a velocidade deste atleta durante a prova. Com isso determine:

a) qual a velocidade média durante os 10 s.

b) estime, a partir do gráfico, um valor razoável para vf.

Gráfico da velocidade do atleta nos 10 s de duração da prova

3 - A maior aceleração (ou desaceleração) que é desejável que os passageiros de um trem urbano sintam é de 2 m/s². Se a distância entre duas estações consecutivas é de 800 m e supondo que o trem pare em todas as estações, calcule:

a) a máxima velocidade que o trem pode atingir.

b) o tempo mínimo que o trem deve levar de uma estação até a outra.


4 - Um objeto parte do repouso de um ponto A e percorre, em Movimento Retilíneo Uniformemente Variado um trecho até outro ponto B. No mesmo instante em que o primeiro objeto parte de A para B, outro parte de B em direção à A em Movimento Retilíneo Uniforme (velocidade constante). A distância entre A e B é de 50 m. Depois de 10 s da partida, os objetos se cruzam exatamente no meio do percurso AB. Com isso, calcule:

a) a velocidade do móvel que partiu de B.

b) a velocidade do objeto que partiu de A chegará em B.

5 - Um ciclista se desloca de acordo com a equação S = 40 + 10t + t² com dados no SI. Com isso, determine:

a) a posição inicial do ciclista, a velocidade inicial do ciclista e a aceleração do ciclista

b) sua posição S e velocidade V quando o tempo for 10 s

Soluções:

Exercício 1 - 
a) A equação da velocidade é dada por:

$ V_{C1} \, = \, V_{0C1} \, + \, a_{C1} t $

Como para t = 0, V0C1 = 0, temos:

$ V_{C1} \, = \, 0 \, + \, a_{C1} t $

Porém, no gráfico a reta passa pelo ponto VC1 = 4 m/s, t = 10 s. Então:

$ 4 \, = \, 10a_{C1} \,  \rightarrow \, a_{C1} \, = \, 0,4 m/s^2 $

Como a velocidade de C1 cresce linearmente no trecho de 0 s até 10 s, então sua aceleração é constante. Assim, neste intervalo de tempo, $ a_{C1} \, = \, 0,4 \, m/s^2 $

b) Vendo o gráfico percebemos que há uma intersecção dos gráficos. 

Ponto onde ambos os ciclistas possuem a mesma velocidade marcado com um círculo em preto

Como este é um gráfico da velocidade pelo tempo, a intersecção ocorre quando ambos têm a mesma velocidade e, é possível perceber que ela ocorre quando o ciclista C2 já está com velocidade contante de 2,4 m/s. Agora, é preciso saber qual o tempo, porém isso fica simples da saber pois já temos a equação da velocidade do ciclista C1 até 10 s.

$ V_{C1} \, = \, 0,4 t \, \rightarrow \, V_{C1} \, = \, 2,4 \, \rightarrow \, t \, = \, \frac{2,4}{0,4} \, = \, 6 \, s$

Então:

$$V_{C1} \, = \, 0,4 t $$

Agora, é preciso calcular a posição de cada um dos ciclistas para saber a diferença entre elas, assim temos a distância entre eles:
A equação da posição em MRUV é:

$ S \, =\, S_0 \, + \, V_0 t \, + \, \frac{at^2}{2} $

No caso do exercício temos que até 6 s, o ciclista C1 esteve unicamente em movimento MRUV, pois o gráfico de sua velocidade manteve-se como uma reta crescente sem mudança brusca de inclinação. Porém, não pode-se dizer o mesmo do ciclista C2, que no tempo t = 5 s sua velocidade passa a ser constante. Assim, ele desenvolve um Movimento Retilíneo Uniformemente Variado até o tempo de 5 s e a partir daí, mantém sua velocidade constante de 2,4 m/s. Precisamos, portanto, saber qual é a equação da velocidade do ciclista C2 até t = 5s.
$V_{C2} \, = \, V_{0C2} \, + \, a_{C2} t $

Da mesma forma o seu gráfico começa com V0C2 = 0 e passa pelo ponto VC2 = 2,4 quando t = 5. Assim, substituindo esse valores na equação temos:

$2,4 \, = \, 5 a_{C2} \, \rightarrow \, a_{C2} \, = \, \frac{2,4}{5} \, \rightarrow \, a_{C2} \, = \, 0,48 m/s^2 $

Então:

$$V_{C2} \, = \, 0,48 t $$

A posição de C1 quando t = 6 s:

$S_{C1} \, = \, \frac{0,4 \times 6^2}{2} \, \rightarrow \, S_{C1} \, = \, 7,2 \, m$

A posição de C2 quando t = 6 s deve ser calculada somando os dois trechos, já que ele desenvolve um Movimento Retilíneo Uniformemente Variado até 5 s e um Movimento Retilíneo Uniforme a partir deste tempo. Assim, calculamos o deslocamento de C2 até t = 5 s:

$S_{C2} \, = \, \frac{0,48 \times 5^2}{2} \, \rightarrow \, S_{C2} \, = \, 6 \, m$

Distância percorrida no intervalo de tempo t = 5 s até t = 6 s, ou seja, em apenas 1 segundo. Aqui, como não há aceleração pois a velocidade é constante (V = 2,4 m/s), basta usar a mesma equação porém com aceleração nula (isso irá resultar a equação da posição de MRU)

$S_{C2} \, = \, 2,4 t \, + \, \frac{0 \times t^2}{2} \, \rightarrow \, S_{C2} \, = \, 2,4 \times 1 \, = \, 2,4 \, m$

Assim, a distância percorrida pelo ciclista C2 será de:

$S_{C2} \, = \, 6 \, + \, 2,4 \, = \, 8,4 \, m$

A distância entre eles será de 8,4 - 7,2 = 1,2 m
Exercício 2 -
a) Como o atleta percorre 100 m em 10 s, sua velocidade média será de:

$V_{média} \, = \, \frac{100}{10} \,= \, 10 \, m/s^2$

b) Aproximando o gráfico na primeira parte por uma reta, até t = 5 s temos:


Como mostrado em amarelo, a aproximação fica abaixo do real. Há duas áreas formadas pelas curvas; uma primeira fica acima da reta o que garante que a reta esta sub-estimando a velocidade; e uma segunda que fica abaixo da reta, próxima do ponto marcado em preto, que super-estima a velocidade. Porém, visivelmente a primeira área é muito superior à segunda, o que garante que a aproximação por reta é sub-estimada, ou seja, o deslocamento calculado no primeiro intervalo usando a reta será inferior ao real deslocamento. Porém, vamos calcular quando seria vf se os gráficos fossem as retas:

Precisamos, primeiramente, calcular a aceleração no primeiro trecho, imaginando que seja uma eta:

$V_f \, = \, V_0 \, + \, a t $

Como V0 = 0 e o tempo final é t = 5 s

$V_f \, = \, a \times 5 \, \rightarrow \, a \, = \, \frac{V_f}{5} $

Assim, o deslocamento no primeiro trecho será:

$S_1 \, = \, S_0 \, + \, V_0 \times t \, + \, \frac{a \times t^2}{2} $

$S_1 \, = \, 0 \, + \, 0 \times t \, + \, \frac{\frac{V_f}{5} \times 5^2}{2} $

$S_1 \, = \, \frac{5 V_f}{2} $

No segundo treco ( entre t = 5 s e t = 10 s, ou seja, num intervalo de tempo de 5 s) a velocidade foi aproximada para uma constante, V = Vf. Neste trecho, o deslocamento é dado por:

$S_2 \, = \, V_f \times t $

$S_2 \, = \, V_f \times 5  \, \rightarrow \, S_2 \, = \, 5V_f$

O deslocamento total será:

$S_{total} \, = \, \frac{5 V_f}{2} \, + \,5V_f \, = \, \frac{15V_f}{2} $

Mas o deslocamento total é de 100 m:

$100 = \, \frac{15V_f}{2} \, \rightarrow \, V_f \, \approx 13,333333333333$

Porém, como sabemos que o primeiro trecho o deslocamento foi um pouco maior, ou seja:

$S_{total\,real} \, = \,  \frac{15V_f}{2} \,  +  \, \delta $

Desta forma, o $S_{total\, real}$ será um pouco maior, o que irá causar uma leve redução de Vf. Assim, um valor bastante coerente para Vf é de 13 m/s.

Exercício 3 -
a) A situação de maior velocidade será se o trem partir com aceleração de 2 m/s² a, no meio do trajeto, desacelerar a 2 m/s². Neste caso, ele irá percorrer 400 m com aceleração de 2 m/s² e 400 m com a desaceleração de mesma intensidade. Usando a equação de Torricelli temos:

$$V^2 \, = \, V_0^2 \, + \, 2 \times a \times d$$

onde d é o deslocamento. Neste caso, temos d = 400 m, a = 2 m/s² e como ele parte do repouso, $V_0 = 0$, então:

$$V_{máxima}^2 \, = \, 0^2 \, + \, 2 \times 2 \times 400 \, = \, 1600 \, \rightarrow \, V_{máxima} \, = \, 40 \, m/s $$

b) O tempo pode ser calculado pela equação da velocidade. Na primeira metade ele alcança a velocidade de 40 m/s, assim:

$ V \, = \, V_0 \, + a t$

$ 40 \, = \, 0 \, + \,  2 \times t \, \rightarrow \, t \, = \, 20 \, s$

Como a primeira metade do trajeto é percorrida com aceleração de 2 m/s² e, da mesma forma, a segunda metade é percorrida com desaceleração de 2 m/s², o tempo de cada trecho é o mesmo. Assim o tempo total será de 40 s.


Exercício 4 -

a) O objeto que parte de A se desloca em MRUV. Assim, sua posição é dada por:

$S_A \, = \, S_{0A} \, + \, V_{0A} \times t \, + \, \frac{a \times t^2}{2}$

Como ele parte do repouso e desconsiderando sua posição inicial, temos:

$S_A \, = \, 0 \, + \, 0 \times t \, + \, \frac{a \times t^2}{2}$

$S_A \, = \, \frac{a \times t^2}{2}$

O objeto que parte de B, se desloca em MRU:

$S_B \, = \, V_B \times t$

O exercício fala que após 10 s eles se encontram no meio do percurso, ou seja, eles percorreram 25 m. Assim, $S_B \, = \, 25 \, m$ e $S_A \, = \, 25 \, m$.
Substituindo na equação de SB para calcular sua velocidade, temos:

$$S_B \, = \, V_B \times t \, \rightarrow \, 25 \, = \, V_B \times 10 \,  \rightarrow \, V_B \, = \, 2,5 \, m/s$$

b) Substituindo os dados na equação de SA temos:

$S_A \, = \, \frac{a \times t^2}{2}$

$25 \, = \, \frac{a \times 10^2}{2}$

$25 \, = \, 50a \, \rightarrow \, a \, = \, 0,5 \, m/s^2$

Usando a equação de Torricelli temos:

$V_A^2 \, = \, V_{A0}^2 \, + \, 2 \times a \times d$

Substituindo os valores para saber a velocidade do objeto que partiu de A no ponto B:

$V_A^2 \, = \, 0^2 \, + \, 2 \times 0,5 \times 50$

$$V_A^2 \, = \, 2 \times 0,5 \times 50 \, = \, 50 \, \rightarrow \, V_A \, = \, \sqrt{50} \, \approx \, 7,07 \, m/s$$

Exercício 5 -

Se você chegou até aqui, parabéns, a sua vontade em aprender este assunto já me fala muito sobre você afinal já foram 4 exercícios.

É preciso se concentrar e estar atento aos detalhes, além de exercitar.

Vamos ao exercício 5:

a) Neste exercício basta saber que a equação de movimento é dada por:

$S \, = \, S_0 \, + \, V_0 \times t \, + \, \frac{a \times t^2}{2} $

Como ele se desloca de acordo com a equação:

$S \, = \, 40 \, + \, 10 \times t \, + \, t^2 $

Então:
Posição inicial S0 = 40 m
Velocidade inicial V0 = 10 m/s
Aceleração a = 2 m/s²

b) Para o tempo de 10 s, a sua posição será:

$S \, = \, 40 \, + \, 10 \times 10 \, + \, 10^2 \, = \, 240 \, m$

Como a velocidade em MRUV é dada pela equação:

$V \, = \, V_0 \, + a \times t$

Temos, no tempo 10 s:

$V \, = \, 10 \, + \, 2 \times 10 \, = \, 30 \, m/s$
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Exercício Resolvido - Multiplicadores de Lagrange


Encontre os valores de máximo e mínimo global da função
$$ f(x,y) \, = \, y^2 \, - \, y^4 \, - \, x^2 $$

na região definida por
$$ x^2 \, + \, 4y^2 \, \leq \, 10 $$

Solução:
Este tipo de exercício deve ser feito utilizando a teoria de Multiplicadores de Lagrange. No caso, o conjunto definido por $ x^2 \, + \, 4y^2 \, \leq \, 10 $ é um conjunto compacto e portanto, como f(x,y) é contínua, ela assume máximo e mínimo em $ x^2 \, + \, 4y^2 \, \leq \, 10 $, porém, eles são pontos críticos da função f ou pontos da fronteira, onde $ x^2 \, + \, 4y^2 \, = \, 10 $. Neste caso devemos calcular os pontos críticos de f e os pontos críticos de f na fronteira (segundo a condição $ x^2 \, + \, 4y^2 \, = \, 10 $), utilizando os multiplicadores de Lagrange.

Cálculo dos pontos críticos de f:

$ \frac{∂f}{∂x} \, = \, -2x \, = \, 0 \, \rightarrow \, x \, = \, 0 $
$ \frac{∂f}{∂y} \, = \, 2y \, - \, 4y^3 \, = \, 2y \left ( 1 \, - \, 2y^2 \right ) \, = \, 0 \, \rightarrow \, \left \{ \begin{array}{c} y \, = \, 0 \\ y \, = \, \pm \, \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \end{array} \right. $
Pontos $\rightarrow \, \left (0,0 \right) \,  , \, \left(0, \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \, , \, \left(0, -\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$

Todos eles pertencem à região $ x^2 \, + \, 4y^2 \, \leq \, 10 $

Assim, devemos observar o seguinte teorema:
Teorema: Dada a função $ f: \, \Re ^2 \rightarrow \Re $ e $ (x_0, y_0) $ um ponto crítico de $ f $. Então:
a) Se det[H] no ponto $ (x_0, y_0) $ for menor que zero, então $ (x_0, y_0) $ é um ponto de sela;
b) Se det[H] no ponto $ (x_0, y_0) $ for maior que zero e também no ponto $ (x_0, y_0), \,  \frac{∂^2f}{∂x^2} \, > \, 0 $ então $ (x_0, y_0) $ é um ponto de mínimo local;
c) Se det[H] no ponto $ (x_0, y_0) $ for maior que zero e também no ponto $ (x_0, y_0), \,  \frac{∂^2f}{∂x^2} \, < \, 0 $ então $ (x_0, y_0) $ é um ponto de máximo local e;
d) Se det[H] no ponto $ (x_0, y_0) $ for igual a zero, então nada podemos afirmar.

Derivadas parciais de segunda ordem:
$ \frac{∂^2f}{∂x^2} \, = \, -2 $
$ \frac{∂^2f}{∂y^2} \, = \, 2 \, - \, 12y^2 $
$ \frac{∂^2f}{∂x∂y} \, = \, \frac{∂^2f}{∂y∂x} \, = \, 0 $

Determinante da Matriz Hessiana:
$$ \left | H \right | \, = \, \left| \begin{array}{cc} -2 & 0 \\ 0 & 2-12y^2 \\ \end{array} \right| \, = \, -2 \times \left ( 2 - 12 y^2 \right ) \, = \, -4 \, + \, 24y^2 $$

Para o ponto (0,0)
|H| = -4 $\rightarrow $ Ponto de Sela, logo não é nem máximo nem mínimo local e portanto, também não é global, por não ser um ponto da fronteira de $ x^2 \, + \, 4y^2 \, \leq \, 10 $.

Para o ponto $\, \left(0, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$
|H| = -4 + $ \frac{24}{2} $ =  8
$  \frac{∂^2f}{∂x^2} $ = -2 < 0 $\rightarrow $ Ponto de máximo local. Calculando $\, f \left(0, \frac{1}{\sqrt{2}}\right) \, = \, \frac{1}{4} $

Para o ponto $\left(0, -\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$
|H| = -4 + $ \frac{24}{2} $ =  8
$  \frac{∂^2f}{∂x^2} $ = -2 < 0 $\rightarrow $ Ponto de máximo local. Calculando $\, f \left(0, -\frac{1}{\sqrt{2}} \right) \, = \, \frac{1}{4} $

Cálculo dos pontos críticos na fronteira utilizando Multiplicadores de Lagrange  λ - pontos críticos de g(x,y) = f(x,y) + λ(x² + 4y² - 10) = y² - y⁴ - x² + λ(x² + 4y² - 10):

$$ \frac{∂g}{∂x} \, = \, -2x \, + \, 2λx \, = \, 2x \left ( λ \, - \, 1 \right ) \, = \, 0 $$
$$ \frac{∂g}{∂y} \, = \, 2y \, - \, 4y^3 \, + \, 8λy \, = \, 2y \left ( 1 \, - \, 2y^2 + 4λ \right ) \, = \, 0 $$

Assim, devemos resolver o sistema:

$$ \left \{ \begin{array}{l} 2x \left ( λ \, - \, 1 \right ) \, = \, 0 \\ 2y \left ( 1 \, - \, 2y^2 + 4λ \right ) \, = \, 0 \\  x^2 \, + \, 4y^2 \, = \, 10 \\ \end{array} \right. $$

Neste caso, como temos $ 2x \left ( λ \, - \, 1 \right ) \, = \, 0 $, então ou $x \, = \, 0$, ou $λ \, = \, 1$;
- Para $x \, = \, 0$, temos $x^2 \, + \, 4y^2 \, = \, 10$  onde obtemos $y \, = \, \pm \sqrt{\frac{5}{2}}$ $\rightarrow$  pontos: $ \left(0, \sqrt{\frac{5}{2}} \right) \, , \, \left (0, -\sqrt{\frac{5}{2}} \right)$. Calculando $f \left(0, \pm \sqrt{\frac{5}{2}} \right) \, = \, -\frac{15}{4}$

- Para $λ \, = \, 1$, temos $2y \left ( 1 \, - \, 2y^2 + 4λ \right ) \, = \, 0 $ onde obtemos:
$$ \left \{ \begin{array}{c} y \, = \, 0 \\ \left ( 5 \, - \, 2y^2 \right ) \, = \, 0 \, \rightarrow y \, = \, \pm \sqrt{\frac{5}{2}} \\ \end{array} \right. $$

Deste último caso:
$ y \, = \, 0 \,  , \, x \, = \, \pm \sqrt{10} \, \rightarrow \, \left ( \sqrt{10}, 0 \right) \, , \, \left ( -\sqrt{10},0 \right) \, \rightarrow \, f \left( \pm \sqrt{10},0 \right) \, = \, -10 $

Para $y \, = \, \pm \sqrt{\frac{5}{2}}$ o resultado é o obtido anteriormente, para x = 0.

Então, os pontos e os valores de f(x,y) na fronteira e no interior da região definida são:

Na fronteira:
Pontos: $\left( 0, \sqrt{\frac{5}{2}} \right) \, , \, \left (0, -\sqrt{\frac{5}{2}} \right) \, \rightarrow \,  f \left(0, \pm \sqrt{\frac{5}{2}} \right) \,  = \, -\frac{15}{4}$

Pontos: $ \left(\sqrt{10}, 0 \right) \, , \, \left (-\sqrt{10}, 0 \right) \, \rightarrow \, f \left ( \pm \sqrt{10}, 0 \right) \, = \, -10 $.

No interior:
Ponto: $ \left(0,0 \right) \, \rightarrow \, f \left(0,0 \right) \, = \, 0$

Pontos: $ \left(0, \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \, , \, \left (0, -\frac{1}{\sqrt{2}} \right) \, \rightarrow \, f \left ( 0, \pm \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \, = \, \frac{1}{4}$

Logo, dos resultados obtidos, temos que -10 é o valor mínimo da função na região definida, $\frac{1}{4}$ é o valor máximo local e global na região definida, e $-\frac{15}{4}$ é um ponto de máximo na fronteira da região definida.

Veja também:
Exercício Resolvido - Geometria analítica e reta tangente
Exercício Resolvido - Pontos de máximo, mínimo e sela
Obs.: Perceba que na fronteira eu não calculei a segunda derivada para saber se os pontos são de máximo ou mínimo. Na verdade, por ser a função contínua na fronteira e, também na fronteira, ela ser uma curva e não uma superfície, não existe a possibilidade de haver um ponto de sela, neste caso ou o ponto crítico é de mínimo ou ponto de máximo. Como nos pontos críticos da fronteira a função f(x,y) assume apenas dois valores (-10 e -15/4) então um deles só pode ser um ponto de máximo na fronteira e o outro só pode ser um ponto de mínimo na fronteira. Esta certeza existe pois sabemos que -15/4 > -10. Neste caso, para sair de -15/4 e chegar em -10 se o caminho não fosse unicamente crescente, certamente haveria outro ponto crítico que seria detectado nos cálculos.
Então, a certeza de que um deles é máximo na região da fronteira e o outro é mínimo na região da fronteira, vem do fato de eles serem pontos críticos, de existirem apenas 2 valores e da função ser uma curva e não uma superfície.
Abaixo, a superfície em amarelo, em azul a curva que marca a fronteira, em cinza os pontos $\left(0, \pm \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ que são os pontos de máximo em toda a região, em vermelho os pontos $\left( \pm \sqrt{10}, 0 \right)$ que são pontos de minimo em toda região e em preto o ponto (0,0) que é ponto de sela e os pontos $\left(0, \pm \sqrt{\frac{5}{2}}\right)$ que são pontos de máximo na fronteira apenas:

Ponto de sela

Ponto de sela

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