Problemas Aula 1.2 - Movimento Circular

(a) Se estivermos em um referencial que se move junto da Terra mas que não gira com ela, nós estaríamos vendo uma Terra que só realizaria o movimento de rotação, portanto a velocidade de qualquer objeto na superfície dela é:

$v_{r,T} = \omega_r \, R_T$

Sabemos que o período de rotação da Terra é igual a $T_r = 1 \, \textrm{dia} \approx 86400 \, \textrm{s}$, e também que a velocidade angular $\omega_r = \dfrac{2 \pi}{T_r}$, portanto:

$v_{r,T} = \dfrac{2 \pi \, R_T}{T_r}$

Substituindo valores e considerando $\pi \approx 3,14$, temos:

$v_{r,T} \approx \dfrac{2 \cdot (3,14) \cdot (6,4 \cdot 10^6) }{86400}$

$\boxed{v_{r,T} \approx 465 \, \textrm{m/s} }$

(b) Para este segundo observador teria algo parecido como o da figura do enunciado, e portanto, devemos calcular a velocidade de translação da Terra, sem levar em conta a rotação pois foi pedido a velocidade de movimento da Terra em si, e não de algo nela.

Vamos considerar o movimento elíptico da Terra em torno do Sol como circular, o que é bem perto da realidade e já nos ajudará a obter uma boa estimativa. Semelhante ao item anterior temos:

$v_{t,T} = \omega_t \, d_{T,S}$

Sabemos que o período de translação da Terra é igual a $T_t = 1 \, \textrm{ano} =\approx 86400 \cdot 365,25 \, \textrm{s}$ (usamos 365,25 para levar em conta os anos bissextos), e também que a velocidade angular $\omega_t = \dfrac{2 \pi}{T_t}$, portanto:

$v_{t,T} = \dfrac{2 \pi \, d_{T,S}}{T_t}$

Substituindo valores e considerando $\pi \approx 3,14$, temos:

$v_{r,T} \approx \dfrac{2 \cdot (3,14) \cdot (1,5 \cdot 10^{11}) }{86400 \cdot 365,25}$

$\boxed{v_{t,T} \approx 2,98 \cdot 10^4 \, \textrm{m/s} }$

(a) $\boxed{v_{r,T} \approx 465 \, \textrm{m/s} }$

(b) $\boxed{v_{t,T} \approx 2,98 \cdot 10^4 \, \textrm{m/s} }$

(a) Sabemos que o período das fases da Lua é de 30 dias, e com isto já conseguiremos obter uma estimativa razoável sobre a sua velocidade de translação. Segue-se que:

$v_{a,L} = \omega_{a,L} \, d_{L,T}$

Usando o período como $T_{a,L} \approx 30 \, \textrm{dias} \approx 30 \cdot 86400 \, \textrm{s}$, e também que a velocidade angular $\omega_{a,L} = \dfrac{2 \pi}{T_{a,L}}$, portanto:

$v_{a,L} = \dfrac{2 \pi \, d_{L,T}}{T_{a,L}}$

Substituindo valores e considerando $\pi \approx 3,14$, temos:

$v_{a,L} \approx \dfrac{2 \cdot (3,14) \cdot (3,844 \cdot 10^8) }{30 \cdot 86400}$

$\boxed{v_{a,L} \approx 931 \, \textrm{m/s} }$

(b) Agora que sabemos que o período real de translação da Lua é algo mais próximo de 27 dias, conseguiremos obter uma estimativa melhor sobre a sua velocidade de translação. Segue-se que:

$v_{b,L} = \omega_{b,L} \, d_{L,T}$

Usando o período como $T_{a,L} \approx 27 \, \textrm{dias} \approx 27 \cdot 86400 \, \textrm{s}$, e também que a velocidade angular $\omega_{b,L} = \dfrac{2 \pi}{T_{b,L}}$, portanto:

$v_{b,L} = \dfrac{2 \pi \, d_{L,T}}{T_{b,L}}$

Substituindo valores e considerando $\pi \approx 3,14$, temos:

$v_{b,L} \approx \dfrac{2 \cdot (3,14) \cdot (3,844 \cdot 10^8) }{27 \cdot 86400}$

$\boxed{v_{b,L} \approx 1035 \, \textrm{m/s} }$

Mas além disso a questão também pediu a porcentagem de erro relativo, portanto:

$f = \left| \dfrac{v_{a,L} - v_{b,L}}{v_{b,L}} \right| \cdot 100 \% \approx \left| \dfrac{\dfrac{2 \cdot (3,14) \cdot (3,844 \cdot 10^8) }{30 \cdot 86400} - \dfrac{2 \cdot (3,14) \cdot (3,844 \cdot 10^8) }{27 \cdot 86400}}{\dfrac{2 \cdot (3,14) \cdot (3,844 \cdot 10^8) }{27 \cdot 86400}} \right| \cdot 100 \%$

$f \approx \left| \dfrac{\dfrac{1 }{30 } - \dfrac{1}{27}}{\dfrac{1 }{27}} \right| \cdot 100 \% = \left| \dfrac{27}{30 } - 1 \right| \cdot 100 \%$

$\boxed{f \approx 10 \%}$

(a) $\boxed{v_{a,L} \approx 931 \, \textrm{m/s} }$

(b) $\boxed{v_{b,L} \approx 1035 \, \textrm{m/s} }$ e $\boxed{f \approx 10\%}$

(a) O que estamos vendo é idêntico a um acoplamento de mesmo eixo, onde temos a superposição de vários discos de matéria formando os anéis, todos girando na mesma velocidade angular em torno do mesmo eixo. Portanto:

$v_F = \omega_{S} \, d_F$ e $v_D = \omega_{S} \, d_D$

$\Rightarrow f = \dfrac{v_F}{v_D} = \dfrac{\omega_{S} \, d_F}{\omega_{S} \, d_D} = \dfrac{d_F}{d_D} \approx \dfrac{140000}{70000}$

$\boxed{f \approx 2}$

(b) Lembremos que a fórmula da aceleração centrípeta é:

$a_{cp} = \dfrac{v^2}{R}$

Para obtermos a velocidade, já podemos utilizar de cara um resultado de outras questões, que também podemos expressar a velocidade em função do período conforme:

$v = \dfrac{2 \pi R}{T}$

Assim:

$a_{cp} = \left( \dfrac{2 \pi R}{T} \right)^2 \, \dfrac{1}{R} = \left( \dfrac{2 \pi }{T} \right)^2 R$

Substituindo $T$ pelo valor de $T_S \approx 10 \, \textrm{horas}$ e $34 \, \textrm{minutos} = 10 \cdot 3600 + 34 \cdot 60 = 38040 \, \textrm{s}$ , $R$ pelo valor de $d_F$ e utilizando $\pi \approx 3,14$, temos:

$a_{cp} \approx \left( \dfrac{2 \cdot (3,14) }{38040} \right)^2 \, (1,4 \cdot 10^8)$

$\boxed{a_{cp} = 3,82 \, \textrm{m/s}^2}$

(a) $\boxed{f = 2}$

(b) $\boxed{a_{cp} = 3,82 \, \textrm{m/s}^2}$

Sabemos que a função horária da velocidade angular para um movimento circular uniformemente variado é a seguinte:

$\omega (t) = \omega_0 + \alpha t$

Como o carrossel parte do repouso, a velocidade angular inicial $\omega_0 = 0$, portanto o que nos resta é descobrir a aceleração angular $\alpha$. Portanto

$\alpha = \dfrac{a_{t}}{R} = \dfrac{3,0}{2,4} = 1,25 \, \textrm{rad/s}^2$

Substituindo isto:

$\boxed{\omega (t) = 1,25 \, t}$

$\boxed{\omega (t) = 1,25 \, t}$

(a) Vamos tentar interpretar o que está acontecendo pelo gráfico. Nós vemos 3 trechos no tempo em que ele mantém uma velocidade angular constante, mas em um deles ela é negativa, o que pode-se inferir que nesta parte ele estava indo no sentido contrário aos outros 2. Portanto, primeiro vamos calcular a diferença de fase angular efetiva entre o instante inicial e final.

Sabemos que para isso, só é necessário calcular a área do gráfico, portanto:

$\Delta \varphi = (3 \cdot 5) + [-2 \cdot (11 - 5)] + [4 \cdot (15 - 11)]$

$\Delta \varphi = 19 \, \textrm{rad}$

Porém, devemos descontar voltas totais, já que elas não influenciam no deslocamento entre a posição final e inicial. Como o ângulo da circuferência vale $2 \pi = 2 \cdot 3 = 6$, temos então que:

$\Delta \varphi = 1 \, \textrm{rad}$

Portanto para acharmos o comprimento do arco, temos:

$\Delta S = R \cdot \Delta \varphi = 2 \cdot 1$

$\boxed{\Delta S = 2 \, \textrm{m}}$

(b) Se quisermos saber a distância percorrida, só precisamos saber o módulo de cada distância percorrida, dividindo os 3 trechos temos:

$d_{per} = \left| R \cdot (3 \cdot 5) \right| + \left| R \cdot (-2 \cdot 6) \right| + \left| R \cdot (4 \cdot 4) \right| = 15 R + 12 R + 16 R = 43 \cdot 2$

$\boxed{d_{per} = 86 \, \textrm{m}}$

(a) $\boxed{\Delta S = 2 \, \textrm{m} }$

(b) $\boxed{d_{per} = 86 \, \textrm{m}}$

(a) Usando a relação da velocidade angular com a velocidade tangencial $v = \omega \cdot R$, temos:

$\omega = \dfrac{v}{R}$

Fazendo isso para cada corredor:

$\omega_1 = \dfrac{v_1}{R} = \dfrac{4}{4} \Rightarrow \boxed{\omega_1 = 1 \, \textrm{rad/s}}$, $\omega_2 = \dfrac{v_2}{R + d} = \dfrac{5}{5} \Rightarrow \boxed{\omega_2 = 1 \, \textrm{rad/s}}$, e $\omega_3 = \dfrac{v_3}{R + 2d} = \dfrac{6}{6} \Rightarrow \boxed{\omega_3 = 1 \, \textrm{rad/s}}$

(b) Temos 2 maneiras de fazer isso, e vamos passar por cada uma delas:

1º Resolução:

Como o corredor de roupa verde e o de roupa roxa estão em caminhos opostos e possuem velocidades angulares iguais, pode-se concluir que o primeiro encontro vai se dar na posição oposta a de partida, e dessa posição, o próximo encontro vai ser oposto a ela, ou seja o segundo encontro vai ser na posição inicial, e dele o próximo vai ser na posição oposta... Já está claro onde queremos chegar, e para visualizar isso e o tempo para cada encontro melhor, observemos a imagem a seguir:

Portanto cada encontro vai ocorrer a cada meio período, portanto:

$\Delta t (n) = n \cdot \dfrac{T}{2} = n \cdot \left( \dfrac{2 \pi}{\omega} \right) \cdot \dfrac{1}{2} = n \cdot \dfrac{3}{1}$

$\boxed{\Delta t (n) = 3 n \, \textrm{s}}$

2º Resolução:

Vamos utilizar um referencial não inercial para resolver, um referencial girante. Tecnicamente isso tem diversas implicações se houverem outras componentes da nossa velocidade, e portanto não deve ser usado de forma leniente. Entrando em um referencial com eixo central igual ao da pista e que gira com velocidade angular $\omega$ no sentido anti-horário, veremos os corredores de roupa verde e azul parados, e o roxo com uma velocidade angular diferente igual a:

$\omega_3 ' = \omega_3 - \omega_1$

Por $\omega_1$ estar no sentido contrário a $\omega_3$ ele é negativo, portanto:

$\omega_3 ' = 1 - (-1) = 2 \, \textrm{rad/s}$

Então nós vemos o corredor de roupa roxa atravessar a pista 2 vezes mais rápido que o normal, com os outros parados, portanto os tempos de encontro vão ser iguais aos múltiplos do novo período:

$\Delta t (n) = n \cdot T'$

Mas como a partícula é 2 vezes mais rápida, o período é 2 vezes menor, portanto segue que:

$\Delta t (n) = n \cdot \dfrac{T}{2}$

Refazendo os passos:

$\boxed{\Delta t (n) = 3 n \, \textrm{s}}$

(a) $\boxed{\omega_1 = \omega_2 = \omega_3 = 1 \, \textrm{rad/s} }$

(b) $\boxed{\Delta t (n) = 3 n \, \textrm{s}}$

Para entender a situação vamos imaginar uma roda de raio $R$ rolando no chão com velocidade linear $v$ e velocidade angular $\omega$:

Temos que o centro do círculo se move com velocidade $v$, e todos os pontos da roda giram em torno do centro com velocidade angular $\omega$, portanto se olharmos o ponto debaixo:

Então, se quisermos que este ponto esteja parado em relação ao solo, temos:

$\omega \cdot R = v \Rightarrow \boxed{\omega = \dfrac{v}{R}}$

$\boxed{\omega = \dfrac{v}{R} }$

(a) Para que ela seja totalmente justa, todos os trechos circulares de cada corredor devem ser iguais, portanto:

$R \cdot \theta = (R + d) \cdot (\theta - \varphi_1) = (R + 2 d) \cdot (\theta - \varphi_2)$

Para $\varphi_1$:

$R \cdot \theta = (R + d) \cdot (\theta - \varphi_1) \therefore 0 = d \theta - (R + d) \varphi_1 \Rightarrow \boxed{\varphi_1 = \dfrac{d}{R + d} \theta}$

Para $\varphi_2$:

$R \cdot \theta = (R + 2d) \cdot (\theta - \varphi_2) \therefore 0 = 2d \theta - (R + 2d) \varphi_2 \Rightarrow \boxed{\varphi_2 = \dfrac{2d}{R + 2d} \theta}$

(b) Para calcularmos essa vantagem, devemos calcular primeiramente quanto de tempo economizado os corredores 3 e 2 tem em comparação com o 1. Então vamos calcular os tempos que cada um gasta para terminar os percursos na parte circular:

$\Delta t_1 = \dfrac{\theta}{\omega}$, $\Delta t_2 = \dfrac{\theta - \varphi_1}{\omega}$ e $\Delta t_3 = \dfrac{\theta - \varphi_2}{\omega}$

A vantagem espacial de 2 deve ser:

$x_{2,1} = v \cdot (\Delta t_1 - \Delta t_2) = v \cdot \left[ \dfrac{\theta}{\omega} - \left( \dfrac{\theta - \varphi_1}{\omega} \right) \right] \therefore x_{2,1} = \dfrac{v \, \varphi_1}{\omega}$

$\boxed{x_{2,1} = \dfrac{d}{R + d} \cdot \dfrac{v \, \theta}{\omega}}$

Analogamente a vantagem espacial de 3 é:

$\boxed{x_{3 ,1} = \dfrac{2d}{R + 2d} \cdot \dfrac{v \, \theta}{\omega}}$

(a) $\boxed{\varphi_1 = \dfrac{d}{R + d} \theta}$ e $\boxed{\varphi_2 = \dfrac{2d}{R + 2d} \theta}$

(b) $\boxed{x_{2,1} = \dfrac{d}{R + d} \cdot \dfrac{v \, \theta}{\omega}}$ e $\boxed{x_{3 ,1} = \dfrac{2d}{R + 2d} \cdot \dfrac{v \, \theta}{\omega}}$

A função horária padrão da fase angular:

$\varphi (t) = \varphi_0 + \omega_0 t + \dfrac{\alpha}{2} t^2$

Fazendo $\varphi_0 = 0$ e substituindo valores temos:

$\varphi (t) = 20 \pi t - \dfrac{\pi}{2 \cdot 3} t^2$

Guardemos a função da fase angular e olhemos agora a função da velocidade angular:

$\omega = \omega_0 + \alpha t \therefore \omega = 20 \pi - \dfrac{\pi}{3} t$

Como ele diz o prêmio no qual a roda para, devemos calcular o tempo que leva para a velocidade angular zerar e substituir isso na função da fase angular, então:

$0 = 20 \pi - \dfrac{\pi}{3} t \Rightarrow t = 60 \, \textrm{s}$

Substituindo:

$\varphi = 20 \pi \cdot 60 - \dfrac{\pi}{6} \cdot 60^2 \Rightarrow \varphi = 600 \pi \, \textrm{rad}$

Portanto o prêmio dá 300 voltas completas e para novamente no primeiro prêmio.

Primeiro prêmio

(a) Para isto vamos calcular as áreas embaixo de cada função até o instante pedido. Começando com o carrinho A:

$\Delta \varphi_A (10) = \dfrac{10 \cdot 12}{2} \Rightarrow \Delta \varphi_A (10) = 60 \, \textrm{rad}$

Para o carrinho B:

$\Delta \varphi_B (10) = \dfrac{(12 + 8) \cdot 6}{2} + 8 \cdot (10 - 6) \Rightarrow \Delta \varphi_B (10) = 92 \, \textrm{rad}$

Assim temos que a diferença entre $\Delta \varphi_B (10)$ e $\Delta \varphi_A (10)$ é igual a $32 \, \textrm{rad}$, e como uma volta completa são $2 \pi \approx 6$, temos que o carrinho B está 10 voltas a frente do A.

$\boxed{\Delta N_a = 10 \, \textrm{voltas}}$

(b) Novamente, vamos calcular as áreas embaixo do gráfico de cada função, começando com o carrinho A:

$\Delta \varphi_A (18) = \Delta \varphi_A (10) + 12 \cdot (18 - 10) \Rightarrow \Delta \varphi_A (18) = 156 \, \textrm{rad}$

Para o carrinho B:

$\Delta \varphi_B (18) = \Delta \varphi_B (10) + 8 \cdot (18 - 10) \Rightarrow \Delta \varphi_B (18) = 156 \, \textrm{rad}$

Assim temos que a diferença entre $\Delta \varphi_B (18)$ e $\Delta \varphi_A (18)$ é nula!! Portanto não há nenhuma diferença de voltas e nenhum carrinho está com a vantagem.

$\boxed{\Delta N_b = 0}$

(c) Vamos dividir os trechos em 3, e vamos novamente usar referenciais não inerciais girantes! Vai ser novamente muito semelhante a como usamos no movimento retilíneo, sem as complicações que poderiam aparecer em situações mais complicadas.

Mas antes vamos escrever as funções da velocidade angular de cada carrinho no referencial da Terra (não vou estar mostrando os cálculos para chegar nessas funções por ser pura matemática, mas convido a todos que chequem por conta própria):

Carrinho A $\left\{ \begin{array}{1} \omega_A (t) = 1,2 \, t \textrm{, para} \; 0 \leq t \leq 10 \, \textrm{s} \\ \omega_A (t) = 12 \, \textrm{rad/s, para} \; 10 \leq t \leq 18 \, \textrm{s} \end{array} \right.$

Carrinho B $\left\{ \begin{array}{1} \omega_B (t) = 12 - \dfrac{2}{3} t \textrm{, para} \; 0 \leq t \leq 6 \, \textrm{s} \\ \omega_B (t) = 8 \, \textrm{rad/s, para} \; 6 \leq t \leq 18 \, \textrm{s} \end{array} \right.$

Daqui em diante estaremos no referencial de A o tempo todo, portanto os cálculos serão feitos com isto em mente. Assim sendo, vamos calcular a velocidade angular de B no referencial de A $\omega_B ' = \omega_B - \omega_A$(prestem atenção no $t$!!):

Carrinho B' $\left\{ \begin{array}{1} \omega_B ' (t) = 12 - \dfrac{28}{15} t \textrm{, para} \; 0 \leq t \leq 6 \, \textrm{s} \\ \omega_B ' (t) = 8 - 1,2 \, t \textrm{, para} \; 6 \leq t \leq 10 \, \textrm{s} \\ \omega_B ' (t) = -4 \, \textrm{rad/s, para} \; 10 \leq t \leq 18 \, \textrm{s} \end{array} \right.$

1º Trecho (de 0 s a 6 s):

Agora temos que calcular quantas voltas B dá para este trecho, com a seguinte atenção: Caso o $\omega_B '$ ficasse negativo alguma hora, teríamos uma complicação extra porque o B poderia voltar e depois dar mais voltas, portanto temos que contar de maneira diferente caso a partícula estivesse indo no sentido contrário. Por enquanto no entanto essa não é uma complicação, portanto vamos direto para a formulação da função horária da fase angular de B neste referencial:

$\varphi_B ' (t) = 12 \, t - \dfrac{14}{15} t^2$, para $0 \leq t \leq 6$

Achando a fase angular percorrida nesse trecho:

$\varphi_B ' (6) = 12 \cdot 6 - \dfrac{14}{15} \cdot 6^2 = 38,4 \, \textrm{rad}$

Como uma volta completa equivale a $2\pi \approx 6 \, \textrm{rad}$, também podemos dizer que o primeiro trecho termina com 6 voltas e $\varphi_B ' (6) = 2,4 \, \textrm{rad}$.

2º Trecho (de 6 s a 10 s):

Novamente vamos escrever a função horária da fase angular de B neste referencial, mas vamos só ter 2 cuidados. Primeiro, como a velocidade angular muda abruptamente temos que adotar um procedimento passo-a-passo, e por isso vamos lembrar como é a definição real da função horário da posição:

$\Delta x = v_{t_1} \Delta t + \dfrac{a}{2} ( \Delta t )^2$

O $\Delta x$ normalmente se mantém nesta equação, mas sempre reduzimos $\Delta t$ para $t$. O motivo é que esta fórmula vem de calcular a área do gráfico da função da velocidade no tempo, e quando fazemos isso nós sempre calculamos a área entre dois instantes de tempo ($\Delta t = t_2 - t_1$), gerando assim um deslocamento ($\Delta x = x_2 - x_1$), mas por convenção o tempo inicial ser zero a escrita comum só escreve $t$ diretamente. Além disso devemos lembrar que a velocidade inicial que normalmente usamos é de verdade a velocidade no instante $t_1$. Contudo, nestes trechos nós consideramos períodos fora do inicial portanto as nossas fórmulas do movimento circular também devem ser expressadas como:

$\Delta \varphi = \omega_{t_1} \Delta t + \dfrac{\alpha}{2} ( \Delta t )^2$

Tendo isso em vista:

$\varphi_B ' (t) - \varphi_B ' (6)= \omega_B ' (6) \cdot (t - 6) - 1,2 (t - 6)^2 \Rightarrow \varphi_B ' (t) = 2,4 + 0,8 (t - 6) - 1,2 (t - 6)^2$, para $6 \leq t \leq 10 \, \textrm{s}$

A preocupação que não tivemos no trecho anterior finalmente aparece aqui. Se analisarmos novamente a velocidade angular de B no referencial de A:

$\omega_B ' (t) = 8 - 1,2 \, t \textrm{, para} \; 6 \leq t \leq 10 \, \textrm{s}$

Podemos ver que neste trecho o sentido de B altera de horário para anti-horário. Portanto com muita cautela vamos executar 3 passos:

1º Passo: Calcular o instante da virada

Esse seria o instante onde o sentido é alterado, ou seja quando $\omega_B ' (t_{inv}) = 0$, portanto:

$0 = 8 - 1,2 t_{inv} \Rightarrow t_{inv} = \dfrac{20}{3} \, \textrm{s}$

2º Passo: Calcular a fase angular neste instante

Agora nós queremos achar a fase angular para ver quantas voltas a mais B deu antes de dar a volta, portanto:

$\varphi_B ' (t_{inv}) = 2,4 + 0,8 (\dfrac{20}{3} - 6) - 1,2 (\dfrac{20}{3} - 6)^2 = 2,4 + 0,8 \cdot \dfrac{2}{3} - 1,2 \cdot \left( \dfrac{2}{3} \right)^2 \Rightarrow \varphi_B ' (t_{inv}) = 3,4 + \dfrac{1}{15} \, \textrm{rad}$

Lembrando que como uma volta completa equivale a $2\pi \approx 6 \, \textrm{rad}$, não há nenhuma volta adicional dada no sentido horário.

3º Passo: Calcular a fase angular final quase normalmente

Agora podemos voltar ao normal e só calcular a fase angular final desse trecho $\varphi_B ' (10)$:

$\varphi_B ' (10) = 2,4 + 0,8 (10 - 6) - 1,2 (10 - 6)^2 = 3,6 + 0,8 \cdot 4 - 1,2 \cdot 4^2 = - 13,6 \, \textrm{rad}$

Observação: Caso B tivesse dado voltas adicionais no sentido horário, teríamos uma preocupação a mais, pois esta fase angular não contabiliza que voltas inteiras na prática não aumentam de fato a fase angular, já que a partícula só voltou a uma posição inicial. Teríamos que descontar as voltas dadas no sentido horário.

Podemos dizer então que o segundo trecho termina com $6 + 2 = 8$ voltas e $\varphi_B ' (10) = -1,6 \, \textrm{rad}$.

3º Trecho (de 10 s a 18 s):

Tendo o mesmo em vista que no item passado:

$\varphi_B ' (t) - \varphi_B ' (10) = \omega_B ' (10) \cdot (t - 10) \Rightarrow \varphi_B ' (t) = - 1,6 - 4 (t - 10)$, para $10 \leq t \leq 18 \, \textrm{s}$

Achando a fase angular percorrida nesse trecho:

$\varphi_B ' (18) = - 1,6 - 4 (18 - 10) = - 33,6 \, \textrm{rad}$

Podemos dizer então que o terceiro trecho termina com $8 + 5 = 13$ voltas. E como no referencial de A ele está parado, para toda volta que B dá, temos um encontro contabilizando então:

$\boxed{13 \, \textrm{encontros}}$

(a) $\boxed{\Delta N_a = 10 \, \textrm{voltas}}$

(b) $\boxed{\Delta N_b = 0}$, nenhum carrinho

(c) $\boxed{13 \, \textrm{encontros}}$

(a) Para que a catapulta gire para o sentido correto, a roda menor deve rodar no sentido horário, e como as 2 rodas giram pelo contato entre os dentes das rodas, elas giram em sentidos contrários, então a roda grande deve girar no sentido Anti-Horário.

(b) Como a velocidade de contato entre os dentes das rodas deve ser igual, então as velocidades nas extremidades de cada roda deve ser igual:

$\omega_{menor} \, R_2 = \omega_{maior} \, R_1 \; \therefore \; \omega_{menor} \, 0,25 = \omega_{maior} \, 4$

$\boxed{\dfrac{\omega_{menor}}{\omega_{maior}} = 16}$

(c) A velocidade do projétil é $v = \omega_{menor} \cdot L$, usando a relação do item anterior e depois substituindo os valores:

$v = 16 \cdot \omega_{maior} \cdot L = 16 \cdot 2 \cdot 3$

$\boxed{v = 96 \, \textrm{m/s}}$

(a) Anti-Horário

(b) $\boxed{\dfrac{\omega_{menor}}{\omega_{maior}} = 16}$

(c) $\boxed{v = 96 \, \textrm{m/s}}$

Obtendo a função horário da velocidade angular no pedal, onde $\omega_{pedal,0} = 0$ :

$\omega_{pedal} = \omega_{pedal,0} + \alpha_{pedal} \, t = 3 \, t$

Como as engrenagens de cada parte são conectadas por uma mesma correia, podemos dizer que a velocidades tangenciais de suas extremidades são iguais, portanto:

$\omega_{pedal} \cdot R = \omega_{roda} \cdot r \; \therefore \; (3 \, t) \cdot 10 = \omega_{roda} \cdot 5 \Rightarrow \omega_{roda} = 6 \, t$

Agora se compararmos isto com a função horária padrão da velocidade angular, conseguimos descobrir que:

$\omega_{roda,0} = 0$ e $\alpha_{roda} = 6 \, \textrm{rad/s}^2$

Portanto a função horária angular da roda é:

$\varphi_{roda} (t) = \varphi_{roda, 0} + \omega_{roda, 0} t + \dfrac{\alpha_{roda}}{2} t^2 = 0 + 0 + \dfrac{6}{2} t^2$

$\boxed{\varphi_{roda} (t) = 3 t^2}$

$\boxed{\varphi_{roda} (t) = 3 t^2}$

Primeiro calcularemos os tempos em que a bola deve chegar ao copo, estes são iguais a múltiplos inteiros dos períodos, já que o copo começa na posição certa e só precisamos que ele volte à ela no momento que a bola chegar. Mas a bola deve ser lançada antes para levar em conta o tempo do lançamento, portanto:

$t = n T - \Delta t_{lan} = n \, \dfrac{2 \pi}{\omega} - \Delta t_{lan}$

Substituindo valores:

$t = \dfrac{2 \pi}{4 \pi} \, n - 0,8$

$\boxed{t = \dfrac{n}{2} - 0,8 \, \textrm{para todo} \, n \geq 2, n \in \mathbb{N} }$

$\boxed{t = \dfrac{n}{2} - 0,8 \, \textrm{para todo} \, n \geq 2, n \in \mathbb{N} }$

(a) Como ambos possuem a mesma velocidade em relação a superfície da Terra, ambos completam o seu objetivo ao mesmo tempo.

(b) Temos que fazer a mudança de um referencial localizado na superfície para o localizado no centro da Terra, e portanto iremos novamente utilizar da transformação de velocidades angulares para referenciais não inerciais girantes.

Como é mostrado na figura acima, se temos que os aviões possuem velocidades $v_{av}$ para o Leste e $-v_{av}$ para o Oeste, e a Terra gira com um $\omega_{rot}$ para o Leste, temos que as velocidades angulares de cada avião no novo referencial são:

$\omega_{L} ' = \omega_{rot} + \dfrac{v_{av}}{R_T}$, para o avião indo a Leste

$\omega_{O} ' = \omega_{rot} - \dfrac{v_{av}}{R_T}$, para o avião indo a Oeste

Como o período de rotação da Terra é $T_{rot} = 1 \, \textrm{dia} \approx 86400 \, \textrm{s}$, e $\omega = \dfrac{2 \pi}{T}$, temos que a velocidade do avião que ia para o Leste neste referencial vale:

$\omega_{L} ' = \dfrac{2 \pi}{T_{rot}} + \dfrac{v_{av}}{R_T} = \dfrac{\dfrac{2 \pi R_T }{T_{rot}} + v_{av}}{R_T} \Rightarrow$

$\Rightarrow v_L ' = \omega_L ' \cdot R_T = \dfrac{2 \pi R_T }{T_{rot}} + v_{av} = \dfrac{2 \cdot 3 \cdot 6372 \cdot 10^3}{86400} + 250$

$\boxed{\Rightarrow v_L ' = 692,5 \, \textrm{m/s}}$ para o Leste.

Analogamente, para o avião que ia para o Oeste:

$\Rightarrow v_O ' = \omega_O ' \cdot R_T = \dfrac{2 \pi R_T }{T_{rot}} - v_{av} = \dfrac{2 \cdot 3 \cdot 6372 \cdot 10^3}{86400} - 250$

$\boxed{\Rightarrow v_O ' = 192,5 \, \textrm{m/s}}$ para o Leste.

(a) Ao mesmo tempo

(b) $\boxed{v_L ' = 692,5 \, \textrm{m/s}}$ e $\boxed{v_O ' = 192,5 \, \textrm{m/s}}$, ambos para Leste.

Para descobrirmos isso, devemos dividir os trechos da primeira e da segunda metade, já que o que importa é quando a parte sem chão vai estar no primeiro ou no segundo.

Primeiro trecho

Neste primeiro trecho temos que considerar 2 casos:

Primeiro Caso

O primeiro caso que devemos evitar é do ângulo $\varphi$ ficar menor que 0 durante a travessia desse primeiro trecho. Vamos calcular o tempo dessa travessia:

$\Delta t = \dfrac{\Delta S}{v} \Rightarrow t_1 = \dfrac{R}{v}$

Calculando a função horária do ângulo:

$\varphi (t) = \varphi_0 + \omega t = \pi - \omega t$

Como não queremos que o ângulo fique negativo até o final da travessia, o caso limite é o de $\varphi (t_1) \geq 0$:

$\pi - \omega \dfrac{R}{v} \geq 0 \Rightarrow \pi \geq \omega \dfrac{R}{v}$

$\boxed{\omega \leq \dfrac{\pi v}{R}}$

Segundo Caso

O segundo caso que temos é que evitar é o de logo após a travessia do primeiro trecho, o grupo dar de cara com o ácido, em outras palavras não queremos que $\dfrac{\pi}{2} < \varphi (t_1) < \pi$, o que nos diz que a condição limite é $\varphi (t_1) \leq \dfrac{\pi}{2}$, portanto:

$\pi - \omega \dfrac{R}{v} \leq \dfrac{\pi}{2} \Rightarrow \dfrac{\pi}{2} \leq \omega \dfrac{R}{v}$

$\boxed{\omega \geq \dfrac{\pi v}{2 R}}$

Segundo trecho

Neste segundo trecho só há uma preocupação: Não queremos que a parte aberta dê a volta completa até o final da segunda travessia. Para começar vamos calcular o tempo de travessia total:

$t_2 = 2 \cdot t_1 = \dfrac{2 R}{v}$

 Com isso podemos entender que não queremos que $\varphi (t_2) < - \pi$ ($- \pi$ significa que ele deu uma volta no sentido negativo e voltou ao ângulo inicial). Como a condição limite é $\varphi (t_2) \geq -\pi$, temos:

$\pi - \omega \dfrac{2 R}{v} \geq -\pi \Rightarrow 2 \pi \geq \omega \dfrac{2 R}{v}$

$\boxed{\omega \leq \dfrac{\pi v}{R}}$

Esta condição já foi cumprida, e já poderíamos ter percebido isso pensando que, para a maior velocidade angular possível para sobreviverem o primeiro trecho o poço só teria um deslocamento angular de $\pi$, portanto até o final do segundo trecho, só iria aumentar esse deslocamento na mesma quantidade, não sendo o necessário pra matar nossos heróis.

Juntando os limites achados, temos:

$\boxed{\dfrac{\pi v}{2 R} \leq \omega \leq \dfrac{\pi v}{R}}$

$\boxed{\dfrac{\pi v}{2 R} \leq \omega \leq \dfrac{\pi v}{R}}$