Uma máquina simples

Neste arquivo iremos colocar os problemas já resolvidos (não são problemas "mortos" porque a discussão pode continuar a qualquer altura!)

Uma máquina simples

Mensagempor Bruno Oliveira em Segunda Abr 14, 2008 1:35 pm

Este problema, é bastante fácil, mas tem um detalhezinho subtil, na sua análise de forças :wink: .
Como se vê na imagem, temos um peso de 2kg, que está assente em dois "braços", um dos quais é fixo (o pivot) e outro que se move(a "roleta" chamemos-lhe assim), de modo a que o peso suba e desça, enquanto a roleta anda para a frente e para trás.
Imagem.
Descubram qual a força P necessária para manter o peso em equilibrio :wink: .

Have fun!
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Mensagempor RicardoCampos em Segunda Abr 14, 2008 1:55 pm

Não foi isto que fizemos no ultimo quark com o deslocamento virtual?
\emph{Ricardo Campos}\in \delta \bigcap q\overline{q}
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Mensagempor MiguelReisOrcinha em Segunda Abr 14, 2008 1:56 pm

yup
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Mensagempor Bruno Oliveira em Segunda Abr 14, 2008 1:58 pm

Não sabia :lol: é que eu nunca fui a Coimbra. Mas de qualquer maneira há gente que ainda pode tentar resolver :)
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Mensagempor jap em Segunda Abr 14, 2008 2:04 pm

:shock:

Como é que eu descobri que havia alguém às voltas com este problema? :roll:

Amazing!
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Mensagempor Bruno Oliveira em Segunda Abr 14, 2008 2:07 pm

:lol:

Eu já resolvi, mas parece que também foi resolvido em Coimbra com o Principio dos Trabalhos virtuais 8)
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Mensagempor Bruno Oliveira em Segunda Abr 14, 2008 2:38 pm

Bom, cá vai então a resolução por análise de forças, ao menos, fica aqui registada:

Aqui vai!

Como temos dois "braços" a segurar o peso, este não se irá mover para os lados e a força resultante irá actuar sempre na direcção do "braço". Isto é útil para representarem o diagrama de forças. :wink:

Mas há outra coisa que sabemos da física: as forças são iguais e opostas, neste caso, no final de cada braço.
O detalhe subtil que referi no enuciado, vem agora á baila, sendo que tem de se entrar em conta com as forças a actuarem na roleta e no pivot, as forças de cada braço :D . Consta que o próprio Feynman, só resolveu este problema há 2º tentativa, por ter feito uma análise de forças incompleta :shock:.
Depois da análise do diagrama de forças, facilmente se conclui que as forças horizontais equilibram as componentes verticais, e que os 19.6 N, que é o peso do corpo(P=m.g, neste caso 2kg * 9.8m/s^2, trivial :) ) irá ser o total das forças de ambos os "braços", mas sendo assim, cada braço contribui com metade da força i.e. 9.8N, pensando na projecção horizontal desta força e no triângulo 3-4-5, faz-se uma proporção simples para obter a resposta:

Fx está para 9.8N assim como 0.3 está para 0.4 de onde se conclui que:

Fx=(0.3 * g)/0.4 ou seja,
Fx=7,35N qed :D
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Mensagempor jap em Segunda Abr 14, 2008 9:18 pm

Alguém quer mostrar aqui ao Bruno como é que se resolve o problema pelo método do trabalho virtual? :D
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Mensagempor hexphreak em Segunda Abr 14, 2008 9:35 pm

jap Escreveu:Alguém quer mostrar aqui ao Bruno como é que se resolve o problema pelo método do trabalho virtual? :D

/me grabs the lecture notes...

Seja \theta o ângulo que cada braço faz com a vertical, L o comprimento de cada braço, \vec P o peso do bloco, A o ponto móvel e B o ponto do peso. Como o sistema está em equilíbrio, pelo princípio dos trabalhos virtuais temos:

\delta W = 0 \Leftrightarrow \vec P \cdot \vec{\delta r_B} + \vec F \cdot \vec{\delta r_A} = 0

Utilizando agora um sistema de eixos coordenados xy e as definições anteriores, podemos escrever (verifiquem!):

\vec P = -P \hat y
\vec F = -F \hat x
\vec r_A = 2L \sin \theta\,\hat x
\vec r_B = L \sin \theta\,\hat x + L \cos \theta\,\hat y

Agora, através de diferenciais inexactos, podemos escrever assim os deslocamentos virtuais:

\vec{\delta r_A} = 2L \cos \theta\,\delta \theta\,\hat x
\vec{\delta r_B} = L \cos \theta\,\delta \theta\,\hat x - L \sin \theta\,\delta \theta\,\hat y

E, voltando ao princípio dos trabalhos virtuais e substituindo as nossas quantidades, ficamos com:

P L \sin \theta = 2 F L \cos \theta

Resolvendo em ordem a F, obtemos, finalmente:

F = \dfrac{P}{2} \tan \theta

Podem facilmente verificar, substituindo os valores, que se obtém o mesmo resultado que o Bruno. Se não perceberem algum dos passos, com os diferenciais em especial, perguntem :)
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Mensagempor jap em Segunda Abr 14, 2008 9:52 pm

Obrigado, Henrique! :D

Atenção que na resolução do Henrique, que segue a notação que eu usei na sessão do Quark!, \vec P é o peso do bloco de 2 kg, e \vec F é a força horizontal que no desenho do Bruno é designado por \vec P. :shock:
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Mensagempor Bruno Oliveira em Segunda Abr 14, 2008 9:53 pm

Está excelente a resolução, muito perceptível :wink: . Obrigado Henrique... :D
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Mensagempor jap em Segunda Abr 14, 2008 9:53 pm

Obrigado, Henrique! :D

Atenção que na resolução do Henrique, que segue a notação que eu usei na sessão do Quark!, \vec P é o peso do bloco de 2 kg, e \vec F é a força horizontal que no desenho do Bruno é designado por \vec P. :shock:

PS: Não conhecia a história que referiste de o Feynman se ter confundido na resolução deste problema! :lol:
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Mensagempor Bruno Oliveira em Segunda Abr 14, 2008 9:58 pm

Obrigado pelo reparo professor, mas eu percebi isso assim que o Henrique escreveu a igualdade:
\vec F=-F\hat x :wink:
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