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Luiz Felipe Gentil Varejão
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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

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 em módulo N P = 0 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 Aplicando a regra da mão direita para o produto vetorial (levando o vetor r 1 em direção ao vetor F at1 figura 4-B) obtemos o vetor N at1 perpendicular a estes dois, figura 4-C.

figura 4 O vetor F at1 é perpendicular à vertical e o vetor r 1 forma um ângulo θ com a vertical, então o ângulo entre estes vetores é π θ, portanto, em módulo temos N at1 = r 1 F at1 sen π θ

at1 = L F at1 cosθ (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.

3 figura 4 O vetor F at1 é perpendicular à vertical e o vetor r 1 forma um ângulo θ com a vertical, então o ângulo entre estes vetores é π θ, portanto, em módulo temos N at1 = r 1 F at1 sen π θ Adotando L para o comprimento da barra a distância do centro da barra ao ponto onde a força de atrito está aplicada será r 1 = L e sendo sen π θ = sen π 1 = cosθ, então temos cosθ senθ cos π = 0 N at1 = L F at1 cosθ (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 Aplicando a regra da mão direita para o produto vetorial (levando o vetor r 1 em direção ao vetor F N1 figura 5-B) obtemos o vetor N N1 perpendicular a estes dois, figura 5-C. figura 5 O vetor F N1 é vertical para cima e o vetor r 1 forma um ângulo θ com a vertical, então o ângulo entre estes vetores é π θ, portanto, em módulo temos 3

4 N N1 = r N1 F 1 sen π θ A distância do centro da barra ao ponto onde a reação normal está aplicada será 0 1 novamente r 1 = L e sendo sen π θ = senπ cosθ senθ cos π = sesθ, então temos N N1 = L F N1 sen θ (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 Aplicando a regra da mão direita para o produto vetorial (levando o vetor r em direção ao vetor F at figura 6-B) obtemos o vetor N at perpendicular a estes dois, figura 6-C. figura 6 O vetor F at e o vetor r formam um ângulo θ, portanto, em módulo temos N at = r F at sen θ A distância do centro da barra ao ponto onde a força de atrito está aplicada será r = L, então temos N at = L F at senθ (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 Aplicando a regra da mão direita para o produto vetorial (levando o vetor r em direção ao vetor F N figura 7-B) obtemos o vetor N N1 perpendicular a estes dois, figura 7-C. O vetor F N é perpendicular à vertical e o vetor r forma um ângulo θ com a vertical, então o ângulo entre estes vetores é π θ, portanto, em módulo temos N N = r F N sen π θ 4

5 figura 7 A distância do centro da barra ao ponto onde a força normal está aplicada será novamente r = L e usando o seno da soma encontrado acima, temos N N = L F N cosθ (IX) Para que o sistema permaneça em equilíbrio aplicamos a segunda condição de (I) N = 0 adotando o sentido do torque N N1 como positivo (figura 5-C), temos N P N at1 N N1 N at N N = 0 (X) substituindo as expressões (VI), (VII), (VIII) e (XI) em (X), obtemos 0 L F at1 cos θ L F N1 senθ L F at senθ L F N cos θ = 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 cos θ = 0 F N1 senθ F at senθ = F at1 cos θ F N cos θ 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

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