Exercícios MT1

$\vec{r}(1)=2{,}67\,\hat{\imath}+3{,}2\,\hat{\jmath}$ m.

Integra-se a velocidade: $\vec{r}(t)=\vec{r}_0+\int_0^t\vec{v}\,dt$. Assim, $x(1)=2+\int_0^1 2t^2\,dt=2+\frac{2}{3}=2{,}67$ m e $y(1)=3+\int_0^1 t^4\,dt=3+\frac{1}{5}=3{,}2$ m.

$a_t=18s^3$ (unidades SI).

Como $a_t=\frac{dv}{dt}=v\frac{dv}{ds}$ e $\frac{dv}{ds}=6s$, obtém-se $a_t=3s^2\cdot 6s=18s^3$.

$183{,}75$ m.

A velocidade é $v=42-6t$, que se anula em $t=7$ s. Até aí, $s(7)=42\cdot7-3\cdot49=147$ m. Depois, o ponto recua até $s(10{,}5)=441-330{,}75=110{,}25$ m. A distância total é $147+(147-110{,}25)=183{,}75$ m.

$a_t=4\sqrt{2}\approx 5{,}66$ m/s².

Em $t=1$: $\vec{v}=(2,2)$ e $\vec{a}=(4t,4t^3)=(4,4)$. Logo $a_t=\frac{\vec{a}\cdot\vec{v}}{|\vec{v}|}=\frac{4\cdot2+4\cdot2}{\sqrt{2^2+2^2}}=\frac{16}{2\sqrt{2}}=4\sqrt{2}\approx 5{,}66$ m/s².

$|v|=\sqrt{24{,}8}\approx 4{,}98$ m/s.

Usa-se $a_t=v\frac{dv}{ds}$, logo $\int_0^v v\,dv=\int_1^2 2s^4\,ds$. Assim, $\frac{v^2}{2}=\frac{2}{5}(2^5-1)=\frac{62}{5}$, donde $v^2=24{,}8$ e $v\approx 4{,}98$ m/s.

$t=\sqrt{\pi/2}\approx 1{,}25$ s.

O ângulo varrido é $\theta=4t^2$. Uma volta completa corresponde a $\theta=2\pi$, logo $4t^2=2\pi$ e $t=\sqrt{\pi/2}\approx 1{,}25$ s.

$|\vec{v}_Q|=15\sqrt{2}\approx 21{,}2$ cm/s.

Num rolamento sem deslizamento, o ponto do topo tem velocidade $2v_C$, logo $v_C=15$ cm/s. O ponto $Q$, à altura do centro, tem componentes horizontal $v_C$ e vertical $v_C$ (devido à rotação), donde $|\vec{v}_Q|=\sqrt{v_C^2+v_C^2}=v_C\sqrt{2}\approx 21{,}2$ cm/s.

$a_c\approx 1{,}13\times10^{-2}$ m/s².

Com $T=224{,}7\times86400$ s, a velocidade angular é $\omega=2\pi/T$. A aceleração centrípeta é $a_c=\omega^2 r=\left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 r\approx 1{,}13\times10^{-2}$ m/s².

$54{,}0$ N.

Para o conjunto, $72-\mu_k(m_1+m_2)g=(m_1+m_2)a$, logo $a=\frac{72-0{,}25\cdot24\cdot9{,}8}{24}=0{,}55$ m/s². Para o bloco da direita, $F_{12}-\mu_k m_2 g=m_2 a$, donde $F_{12}=18\cdot0{,}55+0{,}25\cdot18\cdot9{,}8=54{,}0$ N.

$\vec{a}_{1/2}=-7\,\hat{\imath}+15\,\hat{\jmath}$ m/s².

$\vec{a}_1=\frac{d\vec{v}_1}{dt}=-4\,\hat{\imath}+8\,\hat{\jmath}$ e $\vec{a}_2=3\,\hat{\imath}-7\,\hat{\jmath}$. A aceleração relativa é $\vec{a}_{1/2}=\vec{a}_1-\vec{a}_2=-7\,\hat{\imath}+15\,\hat{\jmath}$ m/s².

$30{,}2$ m/s².

A força resultante é $\vec{F}=11\,\hat{\imath}+5\,\hat{\jmath}$ N, com módulo $\sqrt{11^2+5^2}=\sqrt{146}\approx 12{,}08$ N. Pela segunda lei de Newton, $a=F/m=12{,}08/0{,}4\approx 30{,}2$ m/s².

$|\vec{F}_1+\vec{F}_2|=50$ N.

Em equilíbrio, a resultante é nula: $\vec{F}_1+\vec{F}_2+\vec{F}_3=\vec{0}$. Logo $\vec{F}_1+\vec{F}_2=-\vec{F}_3$ e o módulo pedido é igual a $F_3=50$ N.

Atuam sobre o bloco as forças 1 e 3.

Num diagrama de corpo livre representamse apenas as forças que atuam nesse corpo. As mãos do homem exercem contacto no bloco (força 1) e a superfície exerce atrito (força 3). O peso do livro (força 2) atua sobre o livro, não sobre o bloco.

• 1 e 2. O peso do livro atua sobre o livro, não sobre o bloco.
• 1. Falta a força de atrito da superfície sobre o bloco.
• 1 e 3. O homem e a superfície exercem força sobre o bloco; o peso do livro atua sobre o livro.
• 1, 2 e 3. O peso do livro não atua sobre o bloco de madeira.
• 2 e 3. A força das mãos atua sobre o bloco; o peso do livro não.

$\approx 36{,}3$ N·m.

O momento de inércia é $I=mk^2=560\cdot1{,}3^2=947{,}6$ kg·m². A velocidade angular inicial é $\omega=220\cdot\frac{2\pi}{60}\approx 23{,}04$ rad/s e a aceleração angular $\alpha=\omega/600\approx 0{,}0384$ s⁻². O binário é $\tau=I\alpha\approx 36{,}3$ N·m.

$h_{\max}=144$ mm.

A caixa tomba quando o momento da força aplicada em torno da aresta inferior iguala o momento do peso: $F\,h=P\cdot\frac{a}{2}$. Assim, $h=\frac{60\cdot0{,}12}{50}=0{,}144$ m $=144$ mm.

$I=\frac{7}{5}mR^2\approx 5{,}70\times10^{-4}$ kg·m².

Pelo teorema dos eixos paralelos, $I=I_{CM}+mR^2=\frac{2}{5}mR^2+mR^2=\frac{7}{5}mR^2$. Com $m=0{,}452$ kg e $R=0{,}03$ m: $I=1{,}4\cdot0{,}452\cdot0{,}03^2\approx 5{,}70\times10^{-4}$ kg·m².