Análise de Movimento em Gráficos de Velocidade e Aceleração

Questão F1210 Inicialmente gerouse o gráfico vt Sabendo que v dsdt Para o intervalo 0 t 5 temse que s 3t² Portanto v dsdt Para o intervalo 5 t 10 temse que s 30t 75 Assim v dsdt 30 Desta forma Para o gráfico at Sabese que a dvdt Para o intervalo 0 t 5 temse que v 6t Portanto a dvdt 6 Para o intervalo 5 t 10 temse que v 30 Assim a 0 Questão 1247 Resposta Para o intervalo de tempo 0 t 30 do enunciado a condição inicial é v 0 quando t 0 Assim dvdt a 0t dv 0t 01t dt v 01t²2 005t² Quando t 30 vt30 45 ms Para o intervalo 30 t 13308 a condição inicial é 45 ms em t 30s temse dvdt a t 115 5 dt v 45 t²30 5t 3030 530²30 V t²30 5t 75 ms Para calcular t basta fazer a expressão anterior igual a zero v 0 t²30 5t 75 0 t 5 5²413075 2130 t 4680 s t 13308 s Devido a equação escolhida o tempo a ser escolhido é t 13308 s pois do gráfico t 75 s Fazendo os gráficos Para o intervalo 0 t 30 v 005t² dsdt v s₀ 0t 005t² dt S 005t³3 t³60 Perg t 30 St30 450 Questão 1247 Para o intervalo 30 t 13308 Vt t²30 5t 75 calculado anteriormente dsdt v s 450 t²30 5t 75 dt S 450 t³90 5t²2 75t 30³90 530²2 7530 S t³90 5t²2 75t 750 Assim 888 450 St S vt 450 4500 St 4500 450 450 450 30 75 133 ts 30 75 133 ts Questão 1252 Para o intervalo 0 t 30 Do gráfico a condição inicial é s 0 quando t 0 ds v dt 0 ds 0 t dt S t²2 Quando t 30 s St30 30²2 450 m Para o intervalo 30 t 90 A condição inicial para esse intervalo é s450 m em t 30 s ds v dt s 450 ds t 05 t 45 dt S t²4 45t 675 Quando t 30s St30 30²4 4530 675 1350 m Assim o gráfico para o espaço é Questão 1252 Continuação Para o intervalo 0 t 30 a d v d t d t dt 1 ms² Para o intervalo 30 t 80 a d v d t d 05 t 45 05 ms² Assim Questão 1253 Para o intervalo 0 x 100 Q v d v d s Aplicando a regras de cadeia a d v d s v d v d s Q v d d s 04 s 04 v Como v 04 s a 04 04 s 016 s Para o intervalo 100 x 200 Q v d v d s v 01 s 30 01 v 01 01 s 30 001 s 3 Assim j ficando S100 m a 016100 16 ms² S100 m a 001100 3 4 ms² S150 m a 001150 3 45 ms² a Questão 1217 Como x 4t4 substituímos em y2 4x temse y 4t2 Para encontrar a velocidade basta derivar v dsdt Vx dxdt d4t4 16t3 Vy dydt d4t2 8t Para t 05s Vx 16053 2 ms Vy 805 4 ms Assim a velocidade resultante será V Vx2 Vy2 22 42 447 ms Para encontrar a aceleração será seguido a mesma lógica a dvdt Ax d16t3 48t2 Ay d8t 8 Para t 05s Ax 48052 12 ms² Ay 8 ms² Assim a aceleração resultante será a Ax2 Ay2 122 82 1442 ms² Questão 1223 Para esse exercício será utilizada a equação horária do espaço S Sb Vayt 12gt² Aplicando os valores 3 15 Vsen30t 9812t² Para encontrar o tempo em que a bola chega de A a B pode ser utilizada a equação do espaço para movimento horizontal Sab Sa Voxtab 0 Vcos30tab Assim tab 10Vcos30 Então a velocidade será 3 15 Vsen3010Vcos30 981210Vcos30² 15 10tg30 4905 100V²075 V 1237 ms Questão 1282 Sejam as equações que descrevem as posições x csenkt y ccoskt z h bt A velocidade é dada por V dsdt assim Vx dsdt dcsenkt ckcoskt Vy ddtccoskt cksenkt Vz ddth bt b A resultante será V ckcoskt² cksenkt² b² c²k² b² A aceleração é dada por a dvdt Ax ddtccoskt ck²senkt Ay ddtcsenkt ck²coskt Az ddtb 0 A aceleração resultante será a ck²senkt² ck²coskt² ck² Questão 1288 Utilizando a equação horária do espaço S S0 Vy t 12 gt² Aplicando os valores 3 0 Vsenθ t 3812 t² Para encontrar o tempo em que a bola chega aplicase S S V0x t 0 Vcosθ t Assim t 6Vcosθ Aplicando o valor de t 3 Vsenθ 6Vcosθ 3812 6Vcosθ² 3 6tgθ 3812 36V²cos²θ 3V²cos²θ 6tgθV²cos²θ 17658 V²3cos²θ 6tgθcos²θ 17658 Derivando a expressão para encontrar o mínimo V²3cos²θ 6tgθcos²θ 17658 V²3cos²θ 6senθcosθ 17658 2VV32cosθsenθ 32senθcosθ 0 38sen²θ 6senθcos²θ 0 cos²θ 36 12 2θ 120 θ 60 Questão 1288 Continuições Aplicando os valores na equação 3 6tgθ 3812 36V²cos²θ Para θ 60 3 63 3812 36V²cos²60 3 63 3812 36V²14 3 63 3812 36112V² 12 3 63 381361V² 63 3 706321V² V 7063263 3 9775 ms Questão 1238 Determinando a distância Sx 10045 80m Determinando a distância em relação y Sy 10035 4 64m Determinando os relacionados Vx Va cos 25 Aplicando S S0 Vx t 80 0 Va cos 25 t Va 8827 Applying m² equation Sy S0 Vy t αt²2 64 0 Va sen 25 t 381 t²2 Aplicando o valor Va 64 8827 sen 25 4805 t² Assim t 454s Portanto a velocidade será Va 8827t 8827454 194 ms Questão 12113 A posição da partícula é dada por r 41t sin t i 2t²3 j A velocidade é dada por v drdt v 41cos t i 4 j Para t1 s Vt1 41cos1 i 4 j 183873 i 4 j A velocidade resultante é V 183873² 4² 440 ms A inclinação do vetor velocidade θ arctan4183873 65312 A aceleração é dada por a d²rdt² dvdt a 4 sin t i 4 j Para t1 s a 4 sin1 i 4 j 336588 i 4 j A aceleração resultante é a 336882 4² 5277 ms² A inclinação do vetor aceleração φ arctan4336888 49920 O ângulo para determinar as componentes normal e tangencial é ψ θφ 65312 49320 15832 A 5277 cos15832 504 ms² tangencial An 5277 sin15832 133 ms² normal Questão 119 Temse que a aceleração Qt V 01 ms² Aplicando na equação do espaço S So Vot 12 Qt t² S 0 1015 12015² 625 m O espaço em y pode ser obtido pela integral S dando que em que dr dy² dx² dr² 1 dydx² Como y01S² dy² x dx² 1 Assim 625 1x² dx de 0 a x 625 42 x1x² lnx1x² de 0 a x X x²4 lnx1x² 1225 resolvendo x 3184 m Assim ρ 1 dydx²32 1 x²32 aplicando em V V0 at 1 0115 15 ms An V²ρ 15²3717 00605 ms² A 01² 00605² 0117 ms² Questão 12128 O raio da curvatura pode ser determinado pela equação ρ 1 dydx²32 d²ydx² Trabalhando na equação que governa a curva temse y x²100 y 2x100 x50 y 150 Aplicando na equação ρ 1 x50²32 para x30 ρ 1 3050²32 7330 m150 Para calcular a componente normal se determinar a velocidade ₀ᵗ v dv ₀s α ds v²2 ₀s 6006s ds 1250065² Quando s40 V 1250065² V 124000640² 196 ms A componente normal da aceleração é An V²ρ 196²733 48 ms² A componente tangencial é Qt 600640 36 ms² A intensidade da aceleração é A 482 362 6 ms² Do gráfico vt a aceleração é uma função dada por a dvdt ddt 005t²3t 01t 3 A partir do sentido do veículo temse F ma 4500 R 150001t 3 Assim R 150t N O gráfico será Para o bloco A Fy may NA 10981 0 NA 8486 N Fx max T Q28496 10981sen30 100QA T 6604 10QA Para o bloco B Fy may WB 8486 509981cos30 0 WB 5087 N Fy maj 028496 015097 T 509981sen30 502B 177288 T 50QA Assim Aplicando a equação de equilíbrio Fy may fs ma mbg da lei de Hooke fs k y ky ma mbg y ma mbgk Para o bloco Fy may mg FN maA Bloco e bandeja Fy may ma mbg kyERK y ma mba Assim ma mbg k ma mbk g y ma mba Questão 1368 Para o bloco Da segunda Lei do Newton Fma mg senoθma t em que atg senoθ Como a dvdt dvdsdsdtvdvds Assim a aceleração tangencial vdvatdsg seno ds por geometria temos Assim dyds senoθ ₀ʹvdv₀ʹgdy v²2gh Portanto V2gh Questão 1374 Determinando o raio em que o bloco está Aplicando semelhança de triângulos ρ300200 ρ120mm Aplicando a somatória das forças Fymay T029814302 05²01235 T182N Fxmax NB02981350205²01245 NB0844N Questão 1376 massa m35kg velocidade v2ms A velocidade é dada por vdydx ddxdx4x²3 2xg A aceleração é ad²ydx²d2x3 2g Rácio de curvatura é dado por ρ1dydx²²³d²ydx² ρ 12x3²²³139327812 A força normal é dada por Fma m g cosθNm v²ρ 35 381 cosθN35 27812 Questões 1376 De modo análogo Fz mat Força tangencial mg sen θ mat at gsen θ 981 sen θ Sabendo que Vdv Qtds Vdv 381 sen θ ds Vdv 981 dy dy ds Perceba x0 y4 x3 y4133² 3 Assim 2 to 3 Vdv 3 to 4 981 dy V²2 122² 98134 V 486 ms Assim a força normal será 35981 cos 3368 N 35486²7812 N 180 N Taxa de aumento de velocidade t 48622 100 143 de aumento Questões 1411 P 23 considerando as forças em equilíbrio ao longo do eixo y D 2 lei do Newton Fy0 Nfg0 Nmg2099811962 N A força de atrito é dada por fATμ N0319625886 N A força peso e a normal não produzem trabalho Assim Vf 0 to S 50s12 ds 1003s32 Aplicando o princípio da conservação de energia T1 U T2 12206² 100332 5886s 122015² 1005323 5886 s 1830 0 Resolvendo numericamente S 2052 m 205 m Questões 1418 O diagrama de corpo livre é P 24 fg 15981 14715 N A força gravitacional fg 15981 14715 N O corpo desloca em uma distância h 03 02 05 m A força f desloca a distância S ACBC S 072 042 022 02² 052364 m Assim TA U TB 0 300052364 1598105 1215v² v² 11126 v 334 ms Questão 1436 Aplicando o princípio de conservação de energia Ta U Tb A altura percorrida é dada por h ya yb 15 0025 05 10 m Assim 12 60² 60 981 10 12 60 Vb² Vb 1487 ms Para determinar a força normal será calculado o raio de curvatura dado por ρ 1 dydx²32 em que dydx 005x dy²dx² 005 ρ 1 005x²32 005 Assim ρ 20 m N 60 981 60 1487² 20 N 125 kN Questão 1486 Da 2ª lei de Newton F ma 03 381 5 sinθ 30 03 V² 115 V² 14715 5 sinθ 30 Energia Potencial Quando θ 0 Vg₁ mg h 03 381 15 44145 J Quando θ Vg₂ mg h₂ 039 381 15 sinθ 30 44145 sinθ 30 A energia potencial elástica é dada por Ve₁ 12 k x² 12 1500 012 75 J Ve₂ 0 Aplicando a conservação da energia T₁ V₁ T₂ V₂ em que T₁ 0 44145 75 03 V² 44145 5 m θ 90 V² 2057 2343 5 m θ 90 Relacionando as equações 14715 5 m θ 90 2057 2343 5 m θ 90 5 m θ 90 04660 θ 90 2777 θ 11777 118 Questão 1485 Da equação de conservação de energia x12 y12 3 x y x12 x12 3 x g4 m Assim as energias potenciais gravitacionais são VgA 0 VgB mghB 5 981 34 1103625 J Aplicando na equação da energia Tₐ Vₐ Tₕ Vₑ 15 10 0 12 5 V³ 1103625 Vg² 5585S Vg 74736 ms A equação do movimento como y 3 x2² assim dydx 23 x2 12 x12 dydx 1 3x12 Assim No ponto x34 tg θ dydx 1 334 1 θ 45 15 dy²dx²x 34 23433 0444 ρ 1 dydx²32 1 0444² 03660 m Assim aplicando a 2ª Lei de Newton F ma N 5 981 cos45 5 5585S 61360 N 7857 N 786 N Questão 1492 massas passageiro 70kg massa carro 50kg massa total 5070120 kg A energia total será constante assim da cons de energia Energia Cinética Energia Potencial Constante 12 m₁v₁² m₁gh 12 m₂v₂² mg 2ρ 1212042 12098112 12120v₂² 12098125 Assim v₁ 7432 ms cálculo da reação no assento do passageiro De segundo lei Fma Frmg m v²ρ Fr mg mv²ρ 70981707432²5 Fr 1460 N Questão 1493 A energia potencial será Vg₁ mgh A altura é igual ao centro da massa h₁ r drπ πdπ r A massa do corpo é m m₀π2 r π2 m₀ r Assim Vg₁ π2 mor gπ2π r π22 mr g como Vg₂ mgh 0 Da conservação de energia T₁ V₁ T₂ V₂ 12 mv₁² Vg₁ 12 mv₂² Vg₂ 0 πd2 mor g 42π2 mrv₂² 0 v₂ 2ππ2gr