$\require{enclose}$ $\newcommand{\avsum}{\mathrel{\displaystyle\int \!\!\!\!\!\! \Delta\ }}$ $\newcommand{\bcancelto}[2]{{\enclose{southeastarrow}{#2}\,}_{\lower.75ex{#1}}}$ $\newcommand{\ordcirc}[1]{\mathrel{[\hspace{-4pt} \circ \hspace{2pt}#1 \hspace{3pt}]\hspace{-4pt}\circ}}$ $\newcommand{\avigual}{\{=\}}$ $\newcommand{\intsup}{{\LARGE \big\uparrow}\displaystyle\int}$ $\newcommand{\intinf}{{\LARGE \big\downarrow}\displaystyle\int}$
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sexta-feira, 16 de agosto de 2019

Calculadora: conversão entre unidades de medida.

Entre com o valor (número real), a unidade de medida em que está expresso, e a unidade à qual deseja converter, separados por vírgula ",":

Exemplos:

Input: "120, C, F". Output: "248".
Input: "265.2, m, cm". Output: "26520".




Conversão:


quinta-feira, 5 de julho de 2012

Reação normal no movimento circular vertical.



Consideremos um objeto descrevendo um movimento circular vertical com velocidade tangencial constante.

Em tais condições a resultante será a força centrípeta $\overrightarrow{F_c}$.

Chamemos de $\overrightarrow{P}$ seu peso e $\overrightarrow{P_c}$ sua componente centrípeta. Chamemos ainda de $\overrightarrow{N}$ a reação de apoio.

Na posição indicada pela gravura, temos:

$P_c\ =\ P \cos\ \phi$

$F_c\ =\ N\ +\ P_c$

$F_c\ =\ N\ +\ P \cos \phi$

Observemos que $\phi$ e $\theta$ são complementares. Logo $\cos\ \phi\ =\ \sin\ \theta$.

Assim:

$N\ =\ F_c\ -\ P \sin\ \theta$ (eq. principal).

Observemos que:

Em A:

$\theta\ =\ 0\ \Rightarrow\ \sin\ \theta\ =\ 0\ \Rightarrow\ N\ =\ F_c$

Em B:

$\theta\ =\ \dfrac{\pi}{2}\ \Rightarrow\ \sin\ \theta\ =\ 1\ \Rightarrow\ N\ =\ F_c\ -\ P$

Em C:

$\theta\ =\ \pi\ \Rightarrow\ \sin\ \theta\ =\ 0\ \Rightarrow\ N\ =\ F_c$

Em D:

$\theta\ =\ \dfrac{3\pi}{2}\ \Rightarrow\ \sin\ \theta\ =\ -1\ \Rightarrow\ N\ =\ F_c\ +\ P$

Desenvolvendo (eq. principal), teremos:

$N\ =\ \dfrac{m\ \cdot\ v^2}{R}\ -\ m\ \cdot\ g\ \cdot\ \sin\ \theta$

$N\ =\ (\dfrac{v^2}{R}\ -\ g \sin\ \theta)\ \cdot\ m$

Notemos que para o objeto possa completar a circunferência, devemos ter $N\ \geq\ 0$, donde concluímos que $\dfrac{v^2}{R}\ \geq\ g \sin\ \theta$.

O máximo valor de $\sin\ \theta$ é $1$. Logo devemos ter:

$v\ \geq\ \sqrt{gR}$ para que o ciclo seja possível.

Considerando a instância em que $g\ =\ 10\ \dfrac{m}{s^2}$, $m\ =\ 1\ kg$, $R\ =\ 10\ m$, e $v\ =\ 10\ \dfrac{m}{s}$, temos:

$N\ =\ 10\ -\ 10 \sin\ \theta$

Cujo gráfico é:

quarta-feira, 4 de julho de 2012

Exercício: objetos flutuando no equador.

Esta questão não requer meditações profundas, mas é um tanto cômica.

Imagine que a velocidade de rotação da Terra fosse aumentando gradualmente. Para um determinado valor dessa velocidade, os corpos situados na superfície da Terra, na linha do Equador, estariam flutuando, sem exercer compressão sobre o solo (os pesos aparentes desses corpos seriam nulos) Sendo o raio da Terra $R\ =\ 6400\ km$ e considerando $g\ =\ 10\ \dfrac{m}{s^2}$, calcule qual seria o período de rotação da Terra quando isso acontecesse.

Resolução:



Se por exemplo uma pessoa for o objeto estudado, ela estará acompanhando a rotação da terra e terá resultante centrípeta. Tendo apenas duas forças consideradas:

$\overrightarrow{F_R}\ =\ \overrightarrow{P}\ +\ \overrightarrow{N}$

$F_R\ =\ P\ -\ N$

Mas se o peso aparente é nulo, teremos $\overrightarrow{N}\ = \overrightarrow{0}$.

Sendo $\omega$ a velocidade angular da Terra, teremos:

$m\ \cdot\ \omega^2\ \cdot R\ =\ m\ \cdot\ g$

Donde:

$\omega\ =\ \sqrt{\dfrac{g}{R}}$

Como $\omega\ =\ \dfrac{2\pi}{T}$, sendo $T$ o período, teremos:

$T\ =\ \dfrac{2\pi}{\sqrt{\dfrac{g}{R}}}$

Aplicando os valores, teremos $T\ \approx\ 1h\ 24'$. O dia teria aproximadamente apenas uma hora e meia.

quarta-feira, 20 de junho de 2012

Exercício: escada apoiada.

1) Uma escada uniforme, de $5,0 m$ de comprimento e peso igual a $40 kgf$, está em equilíbrio com sua parte superior encostada em uma parede vertical sem atrito, tendo sua base apoiada no chão a $3,0 m$ da parede.

a) Faça um diagrama correspondente à situação, mostrando todas as forças que atuam na escada.

b) Determine a reação normal da parece ($N_1$), do chão ($N_2$) e a força de atrito na escada ($f$).

2) Suponha que um homem, pesando $90 kgf$, suba lentamente na escada do problema anterior. Sendo o coeficiente de atrito entre o chão e a escada igual a $0,40$, determine a máxima distância que o homem pode subir ao longo da escada sem que ela escorregue.
____________________

Resolução:

1-a:

1-b:

Verticalmente, só temos o peso da escada e a reação de apoio $\overrightarrow{N_2}$, logo serão iguais em módulo.

$N_2\ =\ 40\ kgf$

Horizontalmente temos apenas a reação de apoio na parede $\overrightarrow{N_1}$ e a força de atrito $\overrightarrow{f}$. Portanto, iguais em módulo.

$N_1\ =\ f$

Mas como $f$ é desconhecido, utilizaremos a ferramenta do equilíbrio de rotação, considerando seu torque.

Tomando como referência o ponto de encontro da escada com a parede, teremos:

$\sum M\ =\ 0$

$M_{N_1}\ +\ M_E\ +\ M_{N_2}\ +\ M_f\ =\ 0$ (eq. 1)

Sendo $\overrightarrow{E}$ o peso da escada.

$M_{N_1}$ será nulo pois $\overrightarrow{N_1}$ está aplicada no ponto de referência.

Notemos que a componente perpendicular à escada de $\overrightarrow{E}$ fará o mesmo ângulo de inclinação da escada com relação ao chão. Ângulo tal que seu cosseno é $\dfrac{3}{5}$. Assim:

$M_E\ =\ -\ 40\ \cdot\ \dfrac{3}{5}\ \cdot\ \dfrac{5}{2}\ =\ -60\ kgf\cdot m$ Onde o torque é negativo por provocar uma rotação horária.

$\overrightarrow{N_2}$ também fará o mesmo tal ângulo com a perpendicular à escada. Assim:

$M_{N_2}\ =\ 40\ \cdot\ \dfrac{3}{5}\ \cdot\ 5\ =\ 120\ kgf\cdot m$

Já a componente perpendicular de $\overrightarrow{f}$ fará o ângulo complementar do ângulo de inclinação da escada. Assim, o cosseno do primeiro será seno do segundo. Chamemos de $\theta$ o ângulo de inclinação.

$\sin^2 \theta\ +\ (\dfrac{3}{5})^2 =\ 1$

$\sin \theta\ =\ \dfrac{4}{5}$

Temos então:

$M_f\ =\ -\ f\ \cdot\ \dfrac{4}{5}\ \cdot\ 5$

Substituindo tudo em (eq. 1):

$-60\ + 120\ -\ 4f\ =\ 0\ \Rightarrow\ f\ =\ 15\ kgf\ = N_1$
__

2:



Se um homem sobe a escada, consideremos $d$ a máxima distância para a qual a força de atrito estático será a máxima.

Seguindo os mesmos raciocínios da questão anterior, teremos $N_2\ =\ 130\ kgf$, e $f_{eM}\ =\ 40\%\ \cdot\ 130\ =\ 52\ kgf$.

Adicionando o novo termo à (eq. 1), e reconsiderando os novos valores para $f\ =\ f_{eM} $ e $ N_2$, teremos:

$-60\ + 130\ \cdot\ \dfrac{3}{5}\ \cdot\ 5\ -\ 4\ \cdot\ 52\ -\ 90\ \cdot\ \dfrac{3}{5}\ \cdot\ (5\ -\ d)\ =\ 0$

Com dois algarismos significativos: $d\ =\ 2,7\ m$.

Exercício: barra em equilíbrio.



Na estrutura em equilíbrio mostrada na figura deste problema, a barra AB tem peso desprezível. Determine o módulo da tensão $\overrightarrow{T}$ na corda BD e os módulos $F_x$ e $F_y$ das componentes horizontal e vertical da força que a articulação A exerce sobre a barra:

a) Usando as condições $\sum F_x\ =\ 0$, $\sum F_y\ =\ 0$ e $\sum M\ =\ 0$.

b) Usando apenas a condição $\sum M\ =\ 0$, tomando os momentos sucessivamente em relação a A, B e D para obter, assim, três equações independentes, como em (a).
____________________

Resolução:

Letra a:

De $\sum F_y\ =\ 0$ temos:

$F_y\ +\ T_y\ =\ 50$

De $\sum F_x\ =\ 0$ temos:

$T_x\ =\ F_x$

De $\sum M\ =\ 0$ temos:

$T_y\ \cdot\ 40\ =\ 50\ \cdot\ 30$
__

$T_y\ =\ \dfrac{75}{2}\ kgf$

$F_y\ =\ \dfrac{25}{2}\ kgf$

Observemos que o ângulo entre a corda e a barra é tal que sua tangente vale $\dfrac{3}{4}$. Logo:

$T_x\ =\ \dfrac{\dfrac{75}{2}}{\dfrac{3}{4}}\ =\ 50\ kgf\ =\ F_x$

Por Pitágoras:

$T^2\ =\ (\dfrac{75}{2})^2\ +\ {50}^2$

$T\ =\ \dfrac{125}{2}\ kgf$
_____

Letra b:



Com relação a A:

$T_y\ \cdot\ 40\ =\ 50\ \cdot 30\ \Rightarrow\ T_y\ =\ \dfrac{75}{2}$

Com relação a B:

$50 \cdot\ 40\ =\ F_y\ \cdot 40\ \Rightarrow\ F_y\ =\ \dfrac{25}{2}$

Com relação a D, $\overrightarrow{F_y}$ terá torque nulo por não ter componente perpendicular à reta que passa por D. O mesmo pode-se dizer quanto a $\overrightarrow{T_x}\ +\ \overrightarrow{T_y}\ =\ \overrightarrow{T}$. Atuarão apenas $\overrightarrow{F_x}$ e uma componente de $\overrightarrow{P}$. Iremos primeiro calcular tal componente.

Traçando uma reta pelos pontos D e aplicação de $\overrightarrow{P}$, teremos um triângulo isósceles, tal que os ângulos da base serão $\dfrac{\pi}{4}$. Observemos também que a componente perpendicular à esta reta conterá a projeção de $\overrightarrow{P}$ sobre a perpendicular à mesma. Teremos assim:

$F_x\ \cdot\ 30\ =\ \dfrac{50}{\sqrt{2}}\ \cdot\ 30\sqrt{2}\ \Rightarrow\ F_x\ =\ 50\ kgf$

A física do exercício anaeróbio rosca direta.



Como podemos observar, temos um aparelho alavanca interpotente. O músculo bíceps exerce a potência, enquanto o peso a ser levantado, a resistência.

Para manter o sistema em equilíbrio ou levantar o peso, o torque do bíceps deve ser igual ou maior ao momento da força peso da resistência.

Supondo $\overrightarrow{F}$ a potência e $\overrightarrow{P}$ a resistência, temos:

$\sum M\ =\ 0$

$M_F\ +\ M_P\ =\ 0$

Em um antebraço médio, o tendão do bíceps localiza-se a $4 cm$ do fulcro, e a mão a $32 cm$. E convencionando-se o sentido anti-horário como positivo, temos:

$4F\ =\ 32P$

$F\ =\ 8P$

Como fisioculturista modelo, usaremos o Ronnie Coleman, o qual é capaz de fazer o exercício com $90 kgf$.

Assim, seus tendões suportam, apenas em equilíbrio na horizontal, uma tensão de $T\ =\ 8\ \cdot\ 45 = 360\ kgf$ em cada tendão.

E fugindo um pouco da área matemática, ele faz 4 séries de 12 repetições com esta carga!