Solução

Transcrição

1 Uma barra homogênea e de secção constante encontra-se apoiada pelas suas extremidades sobre o chão e contra uma parede. Determinar o ângulo máximo que a barra pode formar com o plano vertical para que permaneça em equilíbrio sem escorregar nos seguintes casos: a) Se o coeficiente de atrito da barra com o chão é μ 1 e o coeficiente de atrito da barra com a parede é μ ; b) Se o coeficiente de atrito da barra com o chão e da barra com a parede são iguais a μ; c) Se o coeficiente de atrito da barra com o chão é μ e o coeficiente de atrito da barra com a parede é nulo. Solução a) A barra tem a tendência de escorregar e faz força horizontal no chão, o chão reage com a força de atrito F at1, a barra também faz força vertical na parede, a parede reage com a força de atrito F at (figura 1-A). A barra está apoiada sobre o chão, o chão reage com a força normal F N1, a barra também está apoiada contra a parede e a parede reage com a força normal F N. Como a barra é homogênea e de secção constante adotamos a força peso aplicada ao centro da barra, apontada verticalmente para baixo (figura 1-B). figura 1 Observação: do ponto de vista formal a força peso P aplicada no meio da barra pode ser decomposta em duas, uma componente paralela à barra ( P P em módulo P P = P cosθ ) e outra normal ou perpendicular ( P N em módulo P N = P senθ ), conforme a figura -A. A componente paralela é transmitida pela barra até o chão, esta componente pode ser novamente decomposta em duas, uma componente normal ao chão ( P Pn em módulo P Pn = P P cosθ = = P cosθ cosθ = P cos θ ), conforme figura -B, esta componente é a responsável pela reação normal F N1. E outra componente paralela ao solo ( P Pp em módulo P Pp = P P senθ = P cosθ senθ ). Lembrando que sen a b = sena cosb senb cosa, no problema a = b = θ então temos sen θ θ = sen θ = senθ cosθ senθ cosθ = senθ cosθ senθ cosθ = 1 sen θ e podemos re-escrever P Pp = P sen θ, esta componente é a responsável pela força de atrito F at1. A componente normal é transmitida pela barra até a parede, esta componente pode ser novamente decomposta em duas, uma componente normal à parede ( P Nn em módulo P Nn = P N cosθ = figura = P sen θ cosθ = P sen θ ), conforme figura -C, esta componente é a responsável pela reação normal F N. E outra componente paralela à parede ( P Np em módulo P Np = P N senθ = P senθ senθ = P sen θ ), esta componente é a responsável pela força de atrito F at. 1

2 Para que a barra permaneça em equilíbrio devemos impor as seguintes condições F = 0 e N = 0 (I) Desenhando as forças num sistema de eixos coordenados (figura 3), e aplicando a primeira condição de (I), temos F N F at1 F at F N1 P = 0 F N j F at1 j F at k F N1 k P k = 0 onde j e k são os vetores unitários nas direções y e z, separando as componentes temos direção j figura 3 F N F at1 = 0 sendo a o módulo da força de atrito dado por F at1 = 1 F N1, então re-escrevemos F N 1 F N1 = 0 (II) direção k F at F N1 P = 0 sendo a o módulo da força de atrito dado por F at = F N, então re-escrevemos F N F N1 P = 0 (III) Os torques das forças serão calculados em relação à metade da barra (onde está aplicada a força peso P). O torque de uma força é dado por N = r F (IV) No cálculo do torque devido à força peso (P), a força (F) é a própria força peso, como o torque está sendo calculado em relação ao próprio centro da barra onde está aplicada a força peso a distância será nula (r = 0),e portanto, o torque será N P = 0 (V) No cálculo do torque da força de atrito da barra com o chão o vetor posição (r 1) vai do centro da barra até o chão e a força (F) é representada pela força de atrito (F at1), conforme figura 4-A. Aplicando a expressão (IV), temos N at1 = r 1 F at1 Adota-se um sistema de eixos cartesianos onde i, j e k são os vetores unitários nas direções x, y e z. O vetor posição do centro da barra (r 1) pode ser decomposto nas direções j e k, portanto, suas componentes podem ser escritas como r 1 y = r 1 senθ j e r 1 z = r 1 cosθ k (figura 4-B), e o vetor força de atrito só possui componente na direção j, então F at1 = F at1 j

3 j k r 1 F at1 = i 0 r 1 senθ r 1 cosθ = [ r 1 senθ.0 r 1 cosθ. F at1 ] i 0 F at1 0 [ 0. 0 r 1 cosθ. 0 ] j [ 0. F at1 r 1 senθ.0 ] k r 1 F at1 = F at1 r 1 cos θ i figura 4 O torque só possui componente na direção i (figura 4-C) N at1 = F at1 r 1 cosθ i (VI) No cálculo do torque da reação normal ao chão temos o vetor posição (r 1) e a força (F) é representada pela reação normal (F N1), conforme figura 5-A. Aplicando a expressão (IV), temos N N1 = r 1 F N1 O vetor posição do centro da barra (r 1) é o mesmo usado acima (figuras 4-A e 5-A) e pode ser decomposto da mesma forma (figura 5-B), e o vetor força normal só possui componente na direção k, então F N1 = F N1 k r 1 F N1 = i j k 0 r 1 senθ r 1 cosθ 0 0 F N1 = [ r 1 senθ.f N1 r 1 cosθ.0 ] i [ 0.F N1 r 1 cosθ.0 ] j 0.0 r 1 senθ.0 k r 1 F N1 = F N1 r 1 senθ i figura 5 3

4 O torque só possui componente na direção i (figura 4-C) N N1 = F N1 r 1 senθ i (VII) No cálculo do torque da força de atrito da barra com a parede o vetor posição (r ) vai do centro da barra até a parede e a força (F) é representada pela força de atrito ( F at ), conforme figura 6-A. Aplicando a expressão (IV), temos N at = r F at O vetor posição do centro da barra (r ) pode ser decomposto nas direções j e k, portanto, suas componentes podem ser escritas como r y = r senθ j e r z = r cosθ k (figura 6-B), e o vetor força de atrito só possui componente na direção k, então F at = F at1 k = i j k r F at 0 r senθ r cosθ = [ r senθ.f at r cos θ.0 ] i 0 0 F at [ 0.F at r cosθ.0 ] j [ 0.0 r senθ.0 ] k r F at = F at r senθ i figura 6 O torque só possui componente na direção -- i (figura 6-C) N at = F at r senθ i (VIII) No cálculo do torque da reação normal à parede o vetor posição (r ) vai do centro da barra até parede e a força (F) é representada pela força normal (F N), conforme figura 7-A. Aplicando a expressão (IV), temos N N = r F N O vetor posição do centro da barra (r ) é o mesmo usado acima (figuras 6-A e 7-A) e pode ser decomposto da mesma forma (figura 7-B), e o vetor força normal só possui componente na direção j, então F N = F N j = i j k r F N 0 r senθ r cosθ = [ r senθ.0 r cosθ.f N ] i 0 F N 0 [ 0. 0 r cos θ. 0 ] j [ 0.F N r senθ. 0 ] k r F N = F N r senθ i 4

5 O torque só possui componente na direção -- i (figura 7-C) N N = F N r senθ i (IX) figura 7 Para que o sistema permaneça em equilíbrio aplicamos a segunda condição de (I) N = 0 N P N at1 N N1 N at N N = 0 (X) substituindo as expressões (V), (VI), (VII), (VIII) e (XI) em (X), obtemos 0 F at1 r 1 cosθ i F N1 r 1 senθ i F at r senθ i F N r senθ i = 0 como o sistema de referência foi adotado no meio da barra, se esta possui um comprimento L os vetores r 1 e r possuem módulos igual a metade do comprimento da barra r 1 = r = L, e como o torque só possui componentes na direção i, temos L F at1 cosθ L F N1 senθ L F at senθ L F N cosθ = 0 L F at1 cosθ F N1 senθ F at senθ F N cosθ = 0 F at1 cosθ F N1 senθ F at senθ F N cosθ = 0 F N1 senθ F at senθ = F at1 cosθ F N cosθ senθ F N1 F at = cosθ F at1 F N senθ cosθ = F at1 F N F N1 F at (XI) sendo tgθ = senθ cosθ e usando as expressões para F at1 e F at acima tgθ = 1F N1 F N F N1 F N (XII) da expressão (II) temos F N = 1 F N1 (XIII) substituindo a expressão (XIII) em (XII), obtemos tgθ = 1F N1 1 F N1 F N1 1 F N1 5

6 tg θ = F N1 F N θ = arc tg b) Usando o resultado do item anterior fazendo a seguinte substituição 1 = =, temos θ = arc tg 1 c) Usando o resultado do item (a) fazendo a substituição 1 = e = 0, obtemos θ = arc tg 1.0 θ = arc tg 6