Problemas Aula 1.9 - Estática e Noções de Dinâmica Rotacional para OBF

(a) O martelo só cai caso o centro de massa deste fique do lado de fora da mesa, assim acarretando em um torque que a mesa não poderia contrapor.

Disto já se pode concluir que $d < \dfrac{L}{2}$, senão nem mesmo o cabo poderia impedir o martelo de tombar.

Calculando o valor do centro de massa a partir da ponta da mesa temos:

$x_{cm} = \dfrac{M_{cabo} \cdot \left( \dfrac{L}{2} - d \right) - M_{cabeca} \cdot \left( \dfrac{D}{2} + d \right) }{M}$

Como $M = 0,7 \, \textrm{kg}$ e $M_{cabeca} = 0,5 \, \textrm{kg}$, vale que $M_{cabo} = 0,2 \, \textrm{kg}$, assim:

$x_{cm} = \dfrac{0,2 \cdot \left( \dfrac{30}{2} - d \right) - 0,5 \cdot \left( \dfrac{6}{2} + d \right) }{0,7}$

$x_{cm} = \dfrac{1,5}{0,7} - d$

Para a nossa condição limite queremos que o martelo esteja a ponto de cair, ou seja que $x_{cm} = 0$, assim:

$\boxed{d_{max} = \dfrac{15}{7} \approx 2,3 \, \textrm{cm}}$

(b) Como $d > d_{max}$, o martelo cai e Hemétrio sofre um destino infeliz.

(a) $\boxed{d_{max} = \dfrac{15}{7} \approx 2,3 \, \textrm{cm}}$

(b) Um infeliz.

Desenhando o diagrama de forças, temos:

Assim, se escrevermos a segunda lei de Newton para o ponto da corda onde o equilibrista está, temos:

$2 \cdot \dfrac{2}{3} mg \cdot \sin \alpha = mg$

$\dfrac{4}{3} \sin \alpha = 1$

$\boxed{\alpha = \sin^{-1} \left( \dfrac{3}{4} \right)}$

$\boxed{\alpha = \sin^{-1} \left( \dfrac{3}{4} \right)}$

Se calcularmos o torque exercido por Ualype, veremos que este vale:

$\tau_U = P_U \cdot b_U$

Onde $b_U$, o braço do torque que Ualype exerce, equivale a $20 \, \textrm{cm}$, portanto:

$\tau_U = 75 \cdot 10 \cdot 0,2 = 150 \, \textrm{Nm}$

Agora calculando o torque exercido pelo Hemétrio:

$\tau_H = P_H \cdot b_H$

Onde $b_H$, vale o comprimento total da chave, portanto:

$\tau_H = 51 \cdot 10 \cdot 0,3 = 153 \, \textrm{Nm}$

Portanto, sim, ele consegue desparafusar o segundo parafuso.

Sim

(a) Como o ponto de apoio não se encontra entre as forças potente e resistente, e a força resistente está mais distante dele do que a potente, este é um exemplo de uma alavanca interpotente.

(b) Se o sistema está em equilíbrio podemos entender então que o torque no sistema é nulo, portanto se calcularmos o torque em torno do ponto O, temos:

$F \cdot 5 - P_{radio} \cdot 20 - P_{Bloco} \cdot (30 + 5) = 0$

$F \cdot 5 - 3,0 \cdot 10 \cdot 20 - 20 \cdot 10 \cdot 35 = 0 \Rightarrow F - 120 - 1400 = 0$

$\boxed{F = 1520 \, \textrm{N}}$

(a) Interpotente

(b) $\boxed{F = 1520 \, \textrm{N}}$

(a) Como o ponto de apoio não se encontra entre as forças potente e resistente, e a força potente está mais distante dele do que a resistente, este é um exemplo de uma alavanca inter-resistente.

(b) Se calcularmos o torque exercido de cada lado pela força quebrando a noz, temos:

$\tau = 80 \cdot 0,03 = 2,4 \, \textrm{Nm}$

Queremos que seja exercido o mesmo torque pela nossa mão, portanto:

$\tau = F \cdot L \Rightarrow 2,4 = F \cdot 0,15$

$\boxed{F = 16 \, \textrm{N}}$

(a) Inter-resistente

(b) $\boxed{F = 16 \, \textrm{N}}$

O volume mínimo e máximo aparecerão nas situações de extremo, onde se colocarmos o mínimo de água veríamos a tábua quase tombando para o lado direito e quase se desconectando do apoio esquerdo, e no máximo seria a tábua quase tombando para o lado esquerdo e quase se desconectando do apoio direito. Tendo uma boa visão do que acontece, vamos para a solução:

Caso Mínimo

Desenhando as forças ficamos com o esquema a seguir:

Como nesse caso a tábua está quase caindo para a direita, o apoio da esquerda não participa e portanto devemos calcular o torque em torno do ponto que não nos interessa, ou seja o ponto $C_1$. Primeiro vamos calcular cada uma das forças: (Lembrando que $1 \, \textrm{g/cm}^3 = 1 \, \textrm{kg/L}$)

$P = 30 \cdot g$, $P_1 = 25 \cdot 1 \cdot g$ e $P_1 = V \cdot 1 \cdot g$

Agora calculando o torque (Note que as forças em vermelho fazem com que a tábua tenda para uma rotação no sentido horário, e as em verde para o sentido anti horário!):

$\tau = 25 g \cdot (40 - 15) - 30 g \cdot 15 - V_{min} g \cdot (40 + 15) = 0$

$625 - 450 - 55 V_{min} = 0$

$\boxed{V_{min} = \dfrac{35}{11} \approx 3,2 \, \textrm{L}}$

Caso Máximo

Novamente, desenhando as forças, temos:

Como nesse caso a tábua está quase caindo para a esquerda, o apoio da direita não participa e portanto devemos calcular o torque em torno do ponto que não nos interessa, ou seja o ponto $C_2$. Calculando o torque:

$\tau = 25 g \cdot (40 + 25) + 30 g \cdot 25 - V_{max} g \cdot (40 - 25) = 0$

$1625 + 750 - 15 V_{max} = 0$

$\boxed{V_{max} = \dfrac{475}{3} \approx 168,3 \, \textrm{L}}$

$\boxed{V_{min} \approx 3,2 \, \textrm{L}}$ e $\boxed{V_{max} \approx 168,3 \, \textrm{L}}$

Se desenharmos os ângulos importantes e a força peso, ficamos com:

Para que a geladeira realmente não tombe, a condição chave aqui é que o peso não aja onde a normal não consiga agir, assim fazendo com que a geladeira gire. Como a normal é a força de contato da geladeira com o chão se entende que o peso não pode agir fora dessa região em azul de contato (essa ideia é super comum em problemas assim!). Portanto, o nosso objetivo é fazer com que o segmento de reta BE seja menor ou igual a AB. Olhando para o triângulo BME e usando a Lei dos Senos conseguiremos descobrir, mas antes precisamos só usar um pouco de álgebra em um dos ângulos, portanto chamando $\tan^{-1} \left( \dfrac{h}{d} \right)$ de $\theta$, temos:

$\tan \theta = \dfrac{h}{d} \therefore \sin \theta = \dfrac{h}{\sqrt{h^2 + d^2}}$ e $\cos \theta = \dfrac{d}{\sqrt{h^2 + d^2}}$

Agora sim, usando a Lei dos Senos temos:

$\dfrac{\sqrt{h^2 + d^2}}{2 \sin (90 ^{\circ} - \alpha)} = \dfrac{l}{\sin (90 ^{\circ} + \alpha - \theta)} \Rightarrow \dfrac{\sqrt{h^2 + d^2}}{2 \cos \alpha} = \dfrac{l}{\cos (\alpha - \theta)}$

Sabendo que $\cos(\gamma - \beta) = \cos \gamma \cos \beta + \sin \gamma \sin \beta$, temos:

$l = \dfrac{\sqrt{h^2 + d^2}}{2} \cdot \dfrac{ \cos \alpha \cos \theta + \sin \alpha \sin \theta}{\cos \alpha} \Rightarrow l = \dfrac{\sqrt{h^2 + d^2}}{2} \cdot ( \cos \theta + \tan \alpha \sin \theta )$

A condição aqui é $l \leq d$:

$\dfrac{\sqrt{h^2 + d^2}}{2}\cdot ( \cos \theta + \tan \alpha \sin \theta ) \leq d \Rightarrow (h^2 + d^2) \cdot ( \cos^2 \! \theta + \tan^2 \! \alpha \! \sin^2 \theta + 2 \tan \alpha \sin \theta \cos \theta ) \leq d^2$

$\dfrac{h^2 + d^2}{4} \cdot (\dfrac{d^2}{h^2 + d^2} + \tan^2 \! \alpha \cdot \dfrac{h^2}{h^2 + d^2} + 2 \tan \alpha \cdot \dfrac{h}{\sqrt{h^2 + d^2}} \cdot \dfrac{d}{\sqrt{h^2 + d^2}}) \leq d^2$

$d^2 + h^2 \tan^2 \! \alpha + 2 h d \tan \alpha \leq 4 d^2 \Rightarrow \tan^2 \! \alpha \, h^2 + 2 \tan \alpha \, d h - 3 d^2 \leq 0$

Como é uma função com a concavidade para cima, os valores de $h$ que a satisfazem estão entre as raízes dessa equação, portanto:

$\Delta = (2 \tan \alpha \, d)^2 - 4 \cdot \tan^2 \! \alpha \cdot (- 3 d^2) = 16 \tan^2 \! \alpha \, d^2$

$h = \dfrac{- 2 \tan \alpha d \pm \sqrt{16 \tan^2 \! \alpha d^2}}{2 \tan^2 \! \alpha}$

$h_+ = \dfrac{d}{\tan \alpha}$ e $h_- = \dfrac{-3 d}{\tan \alpha}$

Como $h$ não pode ser maior que zero, fica claro que a condição é:

$\boxed{h \leq \dfrac{d}{\tan \alpha}}$

$\boxed{h \leq \dfrac{d}{\tan \alpha}}$

(a) Pelo Teorema das 3 Forças, sabemos que se houverem apenas 3 forças agindo num corpo, que elas devem se encontrar em um mesmo ponto ou serem paralelas (não o caso aqui), e como a força $\overrightarrow{F_c}$ aponta para o centro de massa, então $\overrightarrow{F_g}$ aponta ou para o centro de massa, ou no sentido oposto a ele. Mas pensemos que de cara, dizer que aponta para ele seria como dizer que o pássaro está se empurrando da árvore, não se agarrando a ela, portanto concluímos que $\overrightarrow{F_g}$ aponta para um sentido diretamente oposto ao centro de massa.

(b) Começando com o desenho:

Escrevendo o torque em torno de C:

$\overrightarrow{F_g} \cdot 32 = P \cdot 32 \sin 30 ^{\circ} \Rightarrow \overrightarrow{F_g} \cdot 32 = 0,5 \cdot 32 0,5$

$\boxed{\overrightarrow{F_g} = 0,125 \, \textrm{N}}$

Agora o torque em torno de G:

$\overrightarrow{F_c} \cdot 32 \tan 30 ^{\circ} = P \cdot 32 \sin 30 ^{\circ} \Rightarrow \overrightarrow{F_g} \cdot \dfrac{32}{\sqrt{3}} = 8$

$\boxed{\overrightarrow{F_g} = 0,125 \sqrt{3} \approx 0,2125 \, \textrm{N}}$

(a) Oposto ao centro de massa.

(b) $\boxed{\overrightarrow{F_g} = 0,125 \, \textrm{N}}$ e $\boxed{\overrightarrow{F_g} = 0,125 \sqrt{3} \approx 0,2125 \, \textrm{N}}$

(a) O Príncipio da Conservação de Momento Angular. Este fenômeno acontece pois quando os pesos são aproximados do eixo de rotação, o momento de inércia diminui, mas como não há nenhum torque agindo no sistema, o momento angular não pode mudar; como $L = I \omega$, o que sobra então é a velocidade angular aumentar para compensar.

(b) Calculando o momento de inércia na posição aberta:

$I_1 = m R^2 + m R^2 = 2 \cdot 5 \cdot 1^2 = 10 \, \textrm{kg m}^2$

Na fechada:

$I_2 = 2 m r^2 = 2 \cdot 5 \cdot 0,4^2 = 1,6 \, \textrm{kg m}^2$

Calculando a perda percentual:

$f = \dfrac{I_1 - I_2}{I_1} = \dfrac{10 - 1,6}{10}$

$\boxed{f = 84\%}$

(a) O Príncipio da Conservação de Momento Angular.

(b) $\boxed{f = 84\%}$

Para começar, vamos desenhar todas as forças agindo no sistema:

Escrevendo a Segunda Lei de Newton para as componentes verticais:

$2 F_y = P \Rightarrow F_y = \dfrac{30 \cdot 10}{2} \therefore F_y = 150 \, \textrm{N}$

Escrevendo o torque em qualquer um das fechaduras:

$F_x \cdot h - P \cdot \dfrac{l}{2} = 0 \Rightarrow F_x = \dfrac{30 \cdot 10 \cdot 0.5}{0.8} \therefore F_x = 187.5 \, \textrm{N}$

Calculando a força total que age em cada fechadura:

$F = \sqrt{F_x^2 + F_y^2} = \sqrt{187.5^2 + 150^2} \therefore F \approx 240 \, \textrm{N}$

Então sim, a vendedora está certa.

Sim

Para começar, vamos calcular a velocidade que ele adquire no pulo:

$v = \sqrt{2gh} = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 0,2} \therefore v = 2 \, \textrm{m/s}$

Usando o teorema do impulso $F \Delta t = \Delta P$, vamos calcular a força média exercida no impacto:

$f \Delta t = m v - (- m v) \Rightarrow f \cdot 0,5 = 2 \cdot 100 \cdot 2 \therefore f = 800 \, \textrm{N}$

Finalmente, calculando o torque em torno do apoio marrom:

$( P_{homem} + f ) \cdot 3 - P_{barra} \cdot 1 - F \cdot 4 = 0 \Rightarrow (100 \cdot 10 + 800) \cdot 3 - 20 \cdot 10 = 4 F$

$\boxed{F = 1300 \, \textrm{N}}$

$\boxed{F = 1300 \, \textrm{N}}$

Na horizontal, nós temos $N_2$ e a força de atrito $f \leq \mu N_1$, então:

$N_2 = f$

No vertical, nós temos $N_1$, o peso do homem $Mg$ e o peso da barra $mg = \dfrac{Mg}{5}$:

$N_1 = Mg + \dfrac{Mg}{5} = \dfrac{6 M g}{5}$

Aqui temos uma separação dos casos pra cada profundidade:

Mais Raso

Neste primeiro caso, o torque no sentido anti-horário, ganha do sentido horário, assim, se calcularmos o torque em torno do ponto de contato da escada com o chão, temos:

$Mg \cdot L \cos \alpha + \dfrac{M g}{5} \cdot \dfrac{L}{2} \cos \alpha > N_2 \cdot h$, com $\cos \alpha = \dfrac{\sqrt{L^2 - h^2}}{L}$

$\dfrac{11 M g L}{10} \dfrac{\sqrt{L^2 - h^2}}{L} > f \cdot h$, e como estamos considerando um caso além do limite, colocaremos o valor máximo de $f = \mu N_1 = \dfrac{6 \mu M g}{5}$.

$\dfrac{6 \mu M g h}{5} < \dfrac{11 M g }{10} \sqrt{L^2 - h^2} \therefore \mu < \dfrac{11 \sqrt{L^2 - h^2}}{12 h}$

Mais Profundo

Neste segundo caso, o torque se balanceia, se calcularmos o torque em torno do mesmo ponto, temos:

$\dfrac{11 M g L}{10} \dfrac{\sqrt{L^2 - H^2}}{L} = f \cdot H$, e como $f \leq \dfrac{6 \mu M g}{5}$:

$\dfrac{11 M g}{10} \dfrac{\sqrt{L^2 - H^2}}{H} \leq \dfrac{6 \mu M g}{5} \therefore \mu \geq \dfrac{11 \sqrt{L^2 - H^2}}{12 H}$

Portanto conclui-se que:

$\boxed{\dfrac{11 \sqrt{L^2 - H^2}}{12 H} \leq \mu < \dfrac{11 \sqrt{L^2 - h^2}}{12 h}}$

$\boxed{\dfrac{11 \sqrt{L^2 - H^2}}{12 H} \leq \mu < \dfrac{11 \sqrt{L^2 - h^2}}{12 h}}$

(a) Primeiro, precisamos olhar a condição de não deslizamento. Sabemos que a esfera não deslizar significa o mesmo que ter seu ponto de contato com o chão parado em relação ao mesmo, conforme a imagem abaixo: (confira o problema 7 dos problemas da aula 1.3 para mais esclarecimento.)

Então a velocidade do ponto de contato é igual a $\omega_0 \cdot r - V_0$ para aa esquerda, onde $\omega_0 = \dfrac{V_0}{r}$.

Agora, quando ela entra na esteira, a situação muda, o seu ponto de contato com o chão, parado em relação a Terra, não está parado em relação a esteira, e assim sua velocidade do centro de massa e velocidade angular começam a mudar.

Escrevendo a segunda lei de Newton nós temos:

$m a = - \mu m g \therefore a = - \mu g$

Escrevendo a fórmula do torque em função da aceleração angular:

$\tau = I \alpha \Rightarrow \mu m g \cdot r = \dfrac{2 m r^2}{5} \alpha \therefore \alpha = \dfrac{5 \mu g}{2 r}$

Então, escrevendo as funções horárias da velocidade linear do centro de massa e a velocidade angular, temos:

$V (t) = V_0 - \mu g t$ e $\omega (t) = \dfrac{V_0}{r} + \dfrac{5 \mu g}{2 r} t$

Nós então temos que achar a nova condição de deslizamento. Se antes ela era que $V_0 - \omega_0 r = 0$, agora que está em cima da esteira que se move com $v$ para trás ela é $V - \omega r = - v$, portanto:

$(V_0 - \mu g t) - \left( \dfrac{V_0}{r} + \dfrac{5 \mu g}{2 r} t \right) r = - v \Rightarrow \dfrac{7 \mu g}{2} t = v$

$t = \dfrac{2 v}{7 \mu g}$

Assim:

$\boxed{V = V_0 - \dfrac{2 v}{7}}$

(b) Para achar essa condição, só precisamos fazer com que $V < 0$, assim:

$V_0 - \dfrac{2 v}{7} < 0 \therefore \boxed{v > \dfrac{7 V}{2}}$

(a) $\boxed{V = V_0 - \dfrac{2 v}{7}}$

(b) $\boxed{v > \dfrac{7 V}{2}}$

(a) Aqui teremos a força de atrito e a força proveniente da carga, portanto:

$F - \mu N = m a$, e como $N = mg$

$\boxed{a = \dfrac{F}{m} - \mu g}$

(b) Neste caso a prateleira quase tomba pela rotação no sentido horário, assim com seu pé esquerdo quase saindo do chão. E aqui tem um ponto interessante para se ter atenção, qual ponto consideramos o polo? Quase sempre, se um ponto de apoio sai da equação, nós escolhemos o outro, mas nesse caso, não podemos fazer isso. É importante lembrar que o sentido de físico do torque só se mantêm se 1 de 2 condições forem cumpridas: ou o corpo está em equilíbrio dinâmico ou o polo é colocado no centro de massa, pelo nosso objeto estar acelerando, não podemos colocar no polo, mas somente no seu centro de massa. Assim:

$F \cdot \left( \dfrac{L}{2} - h \right) = N \cdot \dfrac{d}{2} + \mu N \cdot \dfrac{L}{2} \Rightarrow F \cdot \left( \dfrac{L}{2} - h \right) = mg \cdot \left( \dfrac{d}{2} + \mu \dfrac{L}{2} \right)$

$\boxed{h = \dfrac{L}{2} - \dfrac{mg}{F} \left( \dfrac{d}{2} + \mu \dfrac{L}{2} \right)}$

(c) Agora, ela quase tomba por rotação no sentido anti-horário, com seu pé direito quase saindo do chão. Balanceando o torque:

$F \cdot \left( H - \dfrac{L}{2} \right) + \mu m g \cdot \dfrac{L}{2} = m g \cdot \dfrac{d}{2}$

$\boxed{H = \dfrac{L}{2} + \dfrac{mg}{F} \left( \dfrac{d}{2} - \mu \dfrac{L}{2} \right)}$

(a) $\boxed{a = \dfrac{F}{m} - \mu g}$

(b) $\boxed{h = \dfrac{L}{2} - \dfrac{mg}{F} \left( \dfrac{d}{2} + \mu \dfrac{L}{2} \right)}$

(c) $\boxed{H = \dfrac{L}{2} + \dfrac{mg}{F} \left( \dfrac{d}{2} - \mu \dfrac{L}{2} \right)}$

(a) Para tirá-la do chão precisamos realizar trabalho contra o trabalho gravitacional, portanto:

$W = m g h = 100 \cdot 10 \cdot 1,80 \therefore \boxed{W = 1800 \, \textrm{J}}$

(b) Agora que estamos balançando a espada, usamos a fórmula da energia cinética dada:

$E_cin = \dfrac{m L^2}{3} \cdot \dfrac{\omega^2}{2} = \dfrac{100 \cdot 2^2}{3} \cdot \dfrac{30^2}{2} \therefore \boxed{E_{cin} = 60 kJ }$

Se colocarmos em termos de carga, pensemos que os homens mais fortes do mundo conseguem realizar repetições levantando 2 toneladas no leg press por uns $50 \, \textrm{cm}$, que só dá uma trabalho de $\tau = 10 kJ$. Mesmo sendo $\dfrac{1}{6}$ da energia em um balanço da espada, temos que considerar algo mais incrível ainda, que é o fato de que para balançar e parar a espada, você não usa os músculos fortes como o quadríceps e o glúteo, mas sim os ombros e o abdômen, portanto você seria de fato um super humano!

(a) $\boxed{E_{cin} = 60 kJ }$

(b) $\boxed{W = 1800 \, \textrm{J}}$