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.

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:

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:

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

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) = RT / r

Para a roda traseira:

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

Logo, N1/N2 = 1, Letra (A)

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:

1º - 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.

2º - 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.

3º - 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;

4º - 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.

5º - Verificar como a função se comporta em pontos de descontinuidade e fronteiras do domínio.

6º - Se o domínio não for limitado, verificar o comportamento da função no infinito (positivo e negativo).

7º - Estuda da primeira derivada da função para achar onde a função é crescente ou decrescente e os pontos críticos (derivada = 0).

8º - Estudo da segunda derivada para verificar a concavidade da função, além de saber se os pontos críticos são pontos de máximo, mínimo ou inflexão.

9º - Por fim, verificar assíntotas. (Veja este exercício para determinar assintotas de uma função)

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:

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:

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

Dedução das fórmulas de uma PG e explicação

Soma S = 1² + 2² + 3² + ... + n²

Somatório duplo

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:

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.

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:

Traçando uma linha horizontal ligando A e D, dividimos o pentágono em dois polígonos: um triângulo e um trapézio:

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:

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:

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.

Seno, cosseno, tangente: Dica

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

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:

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)

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.

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 x e y.

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

r = R + rn

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

Assim, temos definida a posição do ponto P, que é dada pelo vetor r.

Para obter a velocidade do ponto P, basta derivar em relação ao tempo o vetor 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 angular ω 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:

Voltando ao resultado do vetor r que obtivemos anteriormente:

Derivando no tempo temos:

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:

Definindo algumas simplificações:

Onde V seria a velocidade com que a origem do referencial não inercial se afasta da origem do referencial inercial.

Onde vn seria a velocidade do ponto P em relação ao referencial não inercial.

Restou o termo:

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

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

Fazendo o mesmo para o dyn/dt chegamos que:

Assim:

Porém, como yn = zn × xn e xn = -zn × yn, onde × é o produto vetorial e, ainda, sabendo que a velocidade angular tem direção zn, temos:

Desta forma:

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

Mas, de forma similar obtemos que:

Que seria a aceleração com que o referencial não inercial se afasta do referencial inercial.

onde, já foi mostrado que:

Assim:

Que pode ser escrito como:

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

Mudando para força (F):

Podendo ser escrito da seguinte forma:

Perceba que se o referencial fosse inercial, o lado esquerdo da igualdade deveria ser nulo segundo a 2ª Lei de Newton. Isolando a força Fn 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:

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 agir 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 e ela é constantemente percebida 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 esta aceleração irá "agir" no bloco fazendo com que a velocidade com que ele escorrega seja alterada. Esta pseudo força é chamada de Força de Einstein.