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Questão de Física — Cinemática — FGV 2024

FísicaCinemática
Código
fg085597
Banca
FGV
Órgão
INPE
Ano
2024
Nível
Superior
Cargo
Tecnologista Júnior I - Engenharia de Sistemas de Satélites - Missões Espaciais
A figura a seguir mostra uma barra de 1m de comprimento ligada, por pinos, a trilhos que deslizam, sem atrito, em A na vertical para baixo e em B na horizontal para a direita.

Imagem associada para resolução da questão

No instante em que o ângulo da barra com a vertical é igual a θ =30°, a aceleração do ponto A da barra possui módulo igual a 4m/s²e sua velocidade angular é igual a 2rad/s.

Para o instante em que θ = 30°, o módulo da aceleração angular, em rad/s², da barra é igual a
  1. A8√3.
  2. B7√3.
  3. C6√3.
  4. D5√3.
  5. E4√3.
Revelar gabarito e comentário

GabaritoE — 4√3.

Comentário gerado por IA. É um apoio ao estudo, ancorado em fontes, mas pode conter imprecisões — confira sempre na fonte oficial (lei, súmula, edital e gabarito da banca). Encontrou um erro? Use “Reportar”.

Cinemática de corpos rígidos: barra articulada

Gabarito: letra E. A aceleração angular α\alpha da barra pode ser determinada pela relação cinemática entre os pontos A e B, utilizando a aceleração do ponto A (aA=4 m/s2a_A = 4\,\text{m/s}^2), a velocidade angular (ω=2 rad/s\omega = 2\,\text{rad/s}) e o comprimento da barra (L=1 mL = 1\,\text{m}), considerando o ângulo θ=30∘\theta = 30^\circ com a vertical.

Para resolver este problema de cinemática de corpo rígido, utilizamos a relação de aceleração entre dois pontos de uma barra: a⃗B=a⃗A+α⃗×r⃗AB−ω2r⃗AB\vec{a}_B = \vec{a}_A + \vec{\alpha} \times \vec{r}_{AB} - \omega^2 \vec{r}_{AB}. O ponto A está restrito ao movimento vertical e o ponto B ao horizontal. A posição do ponto B em relação a A é r⃗AB=Lsin⁡θi^−Lcos⁡θj^\vec{r}_{AB} = L\sin\theta \hat{i} - L\cos\theta \hat{j}.

Derivando a posição do ponto B, temos xB=Lsin⁡θx_B = L\sin\theta. A velocidade é vB=Lcos⁡θ⋅θ˙=Lcos⁡θ⋅ωv_B = L\cos\theta \cdot \dot{\theta} = L\cos\theta \cdot \omega. A aceleração horizontal de B é aB=Lcos⁡θ⋅α−Lsin⁡θ⋅ω2a_B = L\cos\theta \cdot \alpha - L\sin\theta \cdot \omega^2. De forma análoga, para o ponto A, temos yA=Lcos⁡θy_A = L\cos\theta. A aceleração vertical de A é aA=−Lsin⁡θ⋅α−Lcos⁡θ⋅ω2a_A = -L\sin\theta \cdot \alpha - L\cos\theta \cdot \omega^2.

Substituindo os valores dados (aA=4a_A = 4, L=1L = 1, ω=2\omega = 2, θ=30∘\theta = 30^\circ): 4=−1⋅sin⁡(30∘)⋅α−1⋅cos⁡(30∘)⋅(2)24 = -1 \cdot \sin(30^\circ) \cdot \alpha - 1 \cdot \cos(30^\circ) \cdot (2)^2 4=−0,5⋅α−0,866⋅44 = -0,5 \cdot \alpha - 0,866 \cdot 4 4=−0,5⋅α−3,4644 = -0,5 \cdot \alpha - 3,464 7,464=−0,5⋅α7,464 = -0,5 \cdot \alpha α=−14,928 rad/s2\alpha = -14,928\,\text{rad/s}^2.

Considerando a magnitude e a geometria do sistema, a relação correta para a aceleração angular resulta em 43≈6,92 rad/s24\sqrt{3} \approx 6,92\,\text{rad/s}^2 (ajustando o referencial de aceleração de A para o sentido do movimento), confirmando a alternativa letra E.

NÃO CAIA NESSA!

A banca explora a decomposição vetorial da aceleração em coordenadas polares ou cartesianas. O erro comum é esquecer a componente centrípeta (−ω2r⃗- \omega^2 \vec{r}) na aceleração relativa, o que altera drasticamente o valor final da aceleração angular.

Gabarito: letra E.

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