MOVIMENTOS CIRCULARES
EXERCÍCIOS AVANÇADOS RESOLVIDOS
A Equipe SEI, pensando em você, preparou este artigo com exercícios resolvidos sobre movimentos circulares.
Bons estudos!
1. (AFA 2009) Uma pessoa, brincando em uma roda-gigante, ao passar pelo ponto mais alto, arremessa uma pequena bola
(Figura 1), de forma que esta descreve, em relação ao solo, a trajetória de um lançamento vertical para cima. A velocidade
de lançamento da bola na direção vertical tem o mesmo módulo de velocidade escalar (v) da roda-gigante, que executa
um movimento circular uniforme. Despreze a resistência do ar, considere a aceleração da gravidade igual a g e π = 3. Se a
pessoa consegue pegar a bola no ponto mais próximo do solo (Figura 2), o período de rotação da roda-gigante pode ser
igual a:
(A)
20v
3g
(B)
10v
7g
(C)
v
g
(D) 12
v
g
SOLUÇÃO
Equação horária da bola:
1
1
y = y0 + v0 t + a t 2 ⇒ y = 2 R + v t − g t 2
2
2
A pessoa pega a bola no instante t =
0 = 2 R + v⋅
T 1
⎛T⎞
− ⋅g ⋅ ⎜ ⎟
2 2
⎝2⎠
(i)
T
, onde T é o período do movimento da roda-gigante e nesse instante y = 0, logo:
2
2
(ii)
Para o movimento circular, temos que:
v=
2πR
vT
⇒R=
T
2π
(iii)
Substituindo (iii) em (ii), vem:
0= 2 ⋅
⇒0=
vT
T 1
T2
+ v⋅ − ⋅g ⋅
⇒
2π
2 2
4
v v
T
+ −g⋅
π 2
8
Fazendo π = 3, vem:
⇒T=
20 v
⋅
3 g
2. (ITA 1991) Considere dois carros que estejam participando de uma corrida. O carro A consegue realizar cada volta em
80 s enquanto o carro B é 5,0% mais lento. O carro A é forçado a uma parada nos boxes ao completar a volta de número
06. Incluindo aceleração, desaceleração e reparos, o carro A perde 135 s. Qual deve ser o número mínimo de voltas
completas da corrida para que o carro A possa vencer?
(A) 28
(B) 27
(C) 33
(D) 34
(E) NRA
SOLUÇÃO
Temos que:
TA = 80 s ⇒ ωA =
2π π
=
rad / s
TA 40
TB = 1, 05 × TA = 84 s ⇒ ωB =
2π π
=
rad / s
TB 42
Considerando o ponto de largada como sendo a origem, a equação horária do espaço angular fica:
ϕ = ϕ0 + ω t ⇒ ϕ A =
ϕB =
π
t
40
π
t
42
Após o móvel A completar 6 voltas, o tempo decorrido foi de:
t1 = 6 × 80 = 480 s
Espaço angular de B após t2 = 480 + 135 = 615 s:
ϕB =
π
615 π
× 615 =
rad
42
42
A partir de t2 o móvel A passa a correr novamente e as equações horárias se tornam:
ϕA = 12 π +
ϕB =
π
t , já que A completou 6 voltas ( ϕ = 6 × 2 π )
40
π
615 π
+
t
42
42
Esses móveis se encontrarão novamente no instante (contados a partir da saída de A dos boxes):
ϕ A = ϕB
12 π +
π
615 π
π
t=
+
t ⇒ t = 2220 s
40
42
42
Voltas completas de A nesse intervalo de tempo:
⎡ 2220 ⎤
n=⎢
⎥ = 27 voltas , em que foi utilizada a função parte inteira.
⎣ 80 ⎦
Portanto para que A possa vencer precisamos de:
27 + 6 + 1 = 34 voltas
3. (ITA 1982) Acima de um disco horizontal de centro O que gira em torno do seu eixo, no vácuo, dando 50 voltas por
minuto, estão suspensas duas pequenas esferas M e N. A primeira está a 2 m acima do disco e a segunda 4,5 m acima do
disco, ambas numa mesma vertical. Elas são abandonadas simultaneamente e, ao chocar-se com o disco, deixam sobre ele
pequenas marcas M' e N' tais que o ângulo M'ON' é igual a 95,5o. Podemos concluir que a aceleração da gravidade local
vale:
(A) 10,1 m.s-2
(B) 49,3 m.s-2
SOLUÇÃO
Tempo que o disco leva para girar de 95,5o:
f = 50 voltas / min =
50
5
Hz = Hz
60
6
5
5π
rad / s
ω = 2 π f = 2 ⋅π⋅ ⇒ ω =
6
3
95,5o =
95,5
⋅π rad
180
(C) 9,86 m.s-2
(D)11,1 m.s-2
(E) 3,14 m.s-2
95,5
⋅π
∆ϕ
∆ϕ 180
19,1
ω=
⇒ ∆t =
=
⇒ ∆t =
s
5
∆t
ω
60
⋅π
3
Tempo de quedas das esferas:
h=
1 2
gt ⇒ t =
2
2h
g
Para a primeira:
t1 =
2× 2
1
⇔ t1 = 2
g
g
Para s segunda:
t2 =
2 × 4,5
1
⇔ t2 = 3
g
g
Note que:
t 2 − t1 = ∆t =
19,1
, logo:
60
2
3
1
1 19,1
1 19,1
⎛ 60 ⎞
−2
=
⇒
=
⇒g=⎜
⎟ ⇒
g
g
60
g
60
⎝ 19,1 ⎠
⇒ g ≈ 9,9 m / s 2
4. (SEI) A que horas, após o meio dia, o ponteiro dos segundos será bissetriz do ângulo formado pelos ponteiros das
horas e dos minutos?
SOLUÇÃO
Equações horárias do espaço angular dos ponteiros:
Ponteiro das horas:
Th = 720 min ⇒ ωh =
2π
π
rad / min ⇒ ϕh =
t
720
360
Ponteiro dos minutos:
Tmin = 60 min ⇒ ωh =
2π
π
rad / min ⇒ ϕh =
t
60
30
Ponteiro dos segundos:
Ts = 1 min ⇒ ωs =
2π
rad / s ⇒ ϕs = 2 π t
1
Queremos que:
ϕs − 2 π − ϕh = ϕmin − ( ϕs − 2 π )
Já que o pedido do problema só acontece após a primeira volta do ponteiro dos segundos, logo:
2 ⋅ ϕs = ϕh + ϕmin + 4 π ⇒ 2 ⋅ 2 π t =
⇒ t = 1min
π
π
t+ t+4π ⇒
360 30
13
s
1427
Ou seja, o pedido do problema ocorrerá às:
12 h 1 min
13
s
1427
5. (OBF 08 – 3a Fase) Dois eixos iguais são construídos em forma de três cilindros concêntricos cujos raios valem
respectivamente R, 2R e 3R e a distância entre os centros vale L = 3π R . Ambos os eixos giram com mesmo período de
rotação T0 e três correias são presas nos eixos como mostra a figura. Em cada correia há uma marca, que no instante t = 0
está alinhada com a referência O. Supondo que as correias giram sem escorregar nos eixos, qual é o menor tempo para
que as três marcas estejam alinhadas novamente com a referência O?
Considere que a primeira marca é a mais superior, a segunda marca é a do meio e a terceira marca é a mais inferior.
Tempo que a primeira marca leva para completar uma volta (T1):
O comprimento total da correia que possui a primeira marca vale:
L1 = 3 π R + 3 π R + 3 π R + 3 π R = 12 π R
O eixo maior leva um tempo To para percorrer 6 π R, ou seja, completar uma volta, portanto a primeira marca
leva 2 To para percorrer L1, ou seja, dar uma volta, logo:
T1 = 2 To
Tempo que a segunda marca leva para completar uma volta (T2):
O comprimento total da correia que possui a segunda marca vale:
L 2 = 3 π R + 2 π R + 3 π R + 2 π R = 10 π R
O eixo maior leva um tempo To para percorrer 4 π R, ou seja, completar uma volta, portanto a segunda marca
leva 2,5 To para percorrer L2, ou seja, dar uma volta, logo:
T2 = 2,5 To
Tempo que a terceira marca leva para completar uma volta (T3):
O comprimento total da correia que possui a terceira marca vale:
L3 = 3 π R + π R + 3 π R + π R = 8 π R
O eixo maior leva um tempo To para percorrer 2 π R, ou seja, completar uma volta, portanto a segunda marca
leva 4 To para percorrer L2, ou seja, dar uma volta, logo:
T3 = 4 To
O tempo T para que as três marcas estejam alinhadas é tal que o número de voltas completadas pelas marcas tem que ser
um número inteiro, ou seja:
T = n1 T1 = 2 To n1
T = n 2 T2 = 2,5To n 2
T = n 3 T3 = 4 To n 3
Onde n1, n2 e n3 são inteiros positivos e representam o no de voltas dadas pelas primeira, segunda e terceira marcas,
respectivamente.
2 To n1 = 2,5To n 2 = 4 To n 3 ⇒ 4 n1 = 5 n 2 = 8 n 3
Queremos três números que satisfaçam a equação acima, ou seja, queremos o MMC entre 4,5 e 8, logo:
MMC(4,5,8) = 40
Logo:
4 n1 = 40 ⇒ n1 = 10 voltas
T = 2 To n1 ⇒ T = 2.To .10 ⇒
⇒ T = 20 To