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Re: Um treininho de corpo rígido...

MensagemEnviado: Sexta Set 05, 2008 6:14 pm
por Ivo_Timóteo
Para já está a correr bem :) Estou acompanhado de outro Quarkiano, o Sagar :D e de cerca de 6/7 sigmáticos...

Vim hoje ao Porto por causa de uma reunião de preparação para o WikiSym no qual vou ser SV :D e, por causa disso, pude dar um saltinho ao Quark!

Re: Um treininho de corpo rígido...

MensagemEnviado: Sexta Set 05, 2008 6:20 pm
por jap
Ivo, o que é um SV? :oops:

Re: Um treininho de corpo rígido...

MensagemEnviado: Sexta Set 05, 2008 6:22 pm
por Ivo_Timóteo
Student Volunteer :)

Re: Um treininho de corpo rígido...

MensagemEnviado: Terça Jan 19, 2010 3:46 pm
por Ângela Guerra
Estive a tentar resolver o problema do carro, e cheguei a valores diferentes, porque considerei que também havia força de atrito na roda de trás. Porque não se considerou essa força?

Re: Um treininho de corpo rígido...

MensagemEnviado: Terça Jan 19, 2010 8:44 pm
por joao_moreira
Corro o risco de estar errado, também não resolvi, mas acho que desprezaram a força de atrito das rodas de trás do carro por a tracção do mesmo ser frontal e as rodas de trás não contribuírem para o arranque. Se tiver errado, corrijam-me sff. :wink:

Re: Um treininho de corpo rígido...

MensagemEnviado: Terça Jan 19, 2010 10:23 pm
por Ângela Guerra
Bem, sim, ela não é necessária para o arranque do carro, mas é ela que faz com que as rodas de trás rodem, em vez de deslizarem, certo? Ou será exactamente porque consideramos que o carro é um corpo rígido e, portanto, não há movimentos internos?

Re: Um treininho de corpo rígido...

MensagemEnviado: Terça Jan 19, 2010 10:37 pm
por renatofilipe
Eu também sou de opinião de que a força de atrito da roda traseira deva ser considerada, porque como força horizontal vai ter influência na aceleração.

Re: Um treininho de corpo rígido...

MensagemEnviado: Terça Jan 19, 2010 11:21 pm
por joao_moreira
Não me oponho, se calhar até é o que deveria ser feito, apenas tentei encontrar uma explicação para o caso. :wink:

Re: Um treininho de corpo rígido...

MensagemEnviado: Sexta Jan 22, 2010 1:08 am
por Ivo_Timóteo
Eu na altura não considerei o atrito na roda de trás porque me pareceu desprezável.

No entanto, com um enunciado tão "aberto", podem considerar o que quiserem...

Dito isto, podemos brincar como quisermos desde coisas minimamente plausíveis como o atrito do ar até coisas algo absurdas como a elevação do centro de massa devido à dilatação do metal com o aquecimento do motor, as variações na força da gravidade por o carro estar representado sobre um plano (e se acredita que a direcção do movimento não é a direcção da força gravítica), o efeito de hall devido ao campo magnético terrestre, a perda de energia das partículas devido à aceleração (Larmor), etc, etc...

Obviamente estou a brincar :P A mensagem que queria passar é que, dentro dos limites que eu defini, creio que a solução está correcta.

O que têm de fazer agora é brincar com os limites do que vão considerar no vosso problema e, ainda mais importante, criarem os vossos próprios problemas! Não é assim tão difícil, basta olharem a vossa volta! :D

Gostava de lançar agora esse mesmo desafio: coloquem aqui problemas, problemas que vos surjam no quotidiano. E principalmente as vossas tentativas de resolução! (Vamos Ângela!)

Re: Um treininho de corpo rígido...

MensagemEnviado: Domingo Jan 24, 2010 5:35 pm
por Ângela Guerra
Ui! Obrigada pela força. :) Vou pensar nisso depois do(s) exame(s)... Agora só me surgem problemas impossíveis, tipo "Como estudar toda esta matéria em x horas?"...

Re: Um treininho de corpo rígido...

MensagemEnviado: Quinta Abr 01, 2010 6:20 pm
por robespierre
No entanto, vou deixar os meus resultados para este problema :) Não tenho a certeza de estar correcto, algumas opiniões?

Aceleração no ponto A:\frac{g}{3}

Aceleração no ponto B:-\frac{5g}{3}


Este problema já é antigo... Tentei resolvê-lo e também obtive que a aceleração em A é \frac{g}{3} para cima, mas a de B deu-me diferente, \frac{7g}{6} para baixo.

Aqui vai a minha resolução. Usei um referencial a apontar para cima no peso e outro a apontar para baixo na barra.

Se imaginarmos o ponto A parado, o movimento da barra é apenas de rotação pura em torno de A. Portanto, podemos calcular a aceleração angular da barra e depois a aceleração linear de B relativamente a A fazendo

\tau = I  \alpha e a_B= L \alpha.

O torque é Mg \frac{L}{2} e o momento de inércia é \frac{ML^2}{12}. Fazendo as contas para \alpha e calculando a aceleração linear em B, obtemos que a_{BA}= \frac{3g}{2}

Para obter a aceleração de B relativamente à Terra, só temos portanto de adicionar a aceleração de A , a. Obter esta aceleração é mais difícil.

A aceleração do CM é dada por mg - T = ma_{CM} mas também por a_{CM}= \alpha \frac{L}{2} + a (tal como o ponto B, o CM está em rotação pura em torno de A, no referencial de A. Neste referencial, a sua aceleração é \alpha \frac {L}{2}. Para obter a sua aceleração no referencial da Terra só temos de adicionar a.)

Substituindo \alpha por \frac{3g}{2L}, juntando as duas expressões e eliminando a_{CM} vamos obter uma expressão a(T).

Pela figura podemos reparar que a aceleração do peso é a mesma em módulo que a do ponto A porque o fio não estica. Aplicando a segunda lei para o peso,

T - \frac{mg}{2}=\frac{ma}{2}. Ou seja, podemos obter mais uma expressão a(T).

Eliminando T das duas equações obtemos quea= -\frac{g}{3}. Inserindo a na expressão acima para a aceleração de B obtemos a_B= \frac{7g}{6}