Alguns Exemplos de Equilíbrio Estático

 

Teste 2

A figura mostra uma vista de cima de uma barra homogênea em

equilíbrio estático. (a) É possível determinar o módulo das forças

desconhecidas e equilibrando as forças? (b) Se você está 1 2

interessado em determinar o módulo da força usando uma equação de 2

equilíbrio de torques, onde você deve colocar o eixo de rotação para

eliminar da equação? (c) Se o módulo de é 65 N, qual é o módulo 2 2

de ? 1

 

Exemplo 12.01 Equilíbrio de uma viga

horizontal

Na Fig. 12-5a, uma viga homogênea, de comprimento L e massa m =

1,8 kg, está apoiada em duas balanças. Um bloco homogêneo, de massa

M = 2,7 kg, está apoiado na viga, com o centro a uma distância L/4 da

extremidade esquerda da viga. Quais são as leituras das balanças?

 

IDEIAS-CHAVE

A melhor tática para resolver qualquer problema de equilíbrio estático

consiste em, antes de mais nada, definir claramente o sistema a ser

analisado e a desenhar um diagrama de corpo livre no qual apareçam

todas as forças externas que agem sobre o sistema. Neste caso, vamos

escolher o sistema como a viga e o bloco tomados em conjunto. As

forças que agem sobre o sistema são mostradas no diagrama de corpo

livre da Fig. 12-5b. (Escolher o sistema exige experiência, e

frequentemente existe mais de uma escolha adequada.) Como o sistema

está em equilíbrio estático, podemos usar as equações de equilíbrio de

forças (Eqs. 12-7 e 12-8) e a equação de equilíbrio de torques (Eq. 12-

9).

 

Cálculos: As forças normais exercidas pelas balanças sobre a viga

são do lado esquerdo e do lado direito. As leituras das balanças que

desejamos determinar são iguais aos módulos dessas forças. A força

gravitacional a que a viga está submetida está aplicada ao centro de

massa e é igual a . Analogamente, a força gravitacional a que o

bloco está submetido está aplicada ao centro de massa e é igual a .

Para simplificar a Fig. 12-5b, o bloco foi representado por um ponto da

viga e foi desenhada com a origem na viga. (Esse deslocamento do

vetor ao longo da linha de ação não altera o torque produzido por

em relação a qualquer eixo perpendicular à figura.)

Como as forças não possuem componentes x, a Eq. 12-7 (F = 0) res,x

não fornece nenhuma informação. No caso das componentes y, a Eq. 12-

8 (F = 0) pode ser escrita na forma res,y

 

Como a Eq. (12-18) contém duas incógnitas, as forças F e F , e d

precisamos usar também a Eq. 12-9, a equação de equilíbrio dos

torques. Podemos aplicá-la a qualquer eixo de rotação perpendicular ao

plano da Fig. 12-5. Vamos escolher um eixo de rotação passando pela

extremidade esquerda da viga. Usaremos também nossa regra geral para

atribuir sinais aos torques: Se um torque tende a fazer um corpo

inicialmente em repouso girar no sentido horário, o torque é negativo; se

o torque tende a fazer o corpo girar no sentido anti-horário, o torque é

positivo. Finalmente, vamos escrever os torques na forma r F, em que o ⊥

braço de alavanca r é 0 para , L/4 para M , L/2 para m e L para . ⊥

Podemos agora escrever a equação do equilíbrio (τ = 0) como res,z

 

(0)(F ) – (L/4)(Mg) – (L/2)(mg) + (L)(F ) = 0, e d

 

o que nos dá

 

Explicitando F na Eq. 12-18 e substituindo os valores conhecidos, e

obtemos

Figura 12-5  (a) Uma viga de massa m sustenta um bloco de massa M. (b)

Diagrama de corpo livre, mostrando as forças que agem sobre o sistema

viga + bloco.

 

Observe a estratégia usada na solução: Quando escrevemos uma

equação para o equilíbrio das componentes das forças, esbarramos em

duas incógnitas. Se tivéssemos escrito uma equação para o equilíbrio de

torques em torno de um eixo qualquer, teríamos esbarrado nas mesmas

duas incógnitas. Entretanto, como escolhemos um eixo que passava pelo

ponto de aplicação de uma das forças desconhecidas, , a dificuldade

foi contornada. Nossa escolha eliminou da equação do torque,

permitindo que obtivéssemos o módulo da outra força, F . Em seguida, d

voltamos à equação do equilíbrio de forças para calcular o módulo da

outra força.

Exemplo 12.02 Equilíbrio de uma lança de

guindaste

A Fig. 12-6a mostra um cofre, de massa M = 430 kg, pendurado por

uma corda presa a uma lança de guindaste de dimensões a = 1,9 m e b =

2,5 m. A lança é composta por uma viga articulada e um cabo

horizontal. A viga, feita de material homogêneo, tem massa m de 85 kg;

as massas do cabo e da corda são desprezíveis. (a) Qual é a tração Tcabo

do cabo? Em outras palavras, qual é o módulo da força exercida

pelo cabo sobre a viga?

 

IDEIAS-CHAVE

O sistema neste caso é apenas a viga; forças a que a viga está submetida

são mostradas no diagrama de corpo livre da Fig. 12-6b. A força

exercida pelo cabo é . A força gravitacional que age sobre a viga

está aplicada ao centro de massa (situado no centro da viga) e foi

representada pela força equivalente m . A componente vertical da força

que a dobradiça exerce sobre a viga é e a componente horizontal é .

A força exercida pela corda que sustenta o cofre é . Como a viga, a

corda e o cofre estão em repouso, o módulo de é igual ao peso do

cofre: T = Mg. Posicionamos a origem O de um sistema de corda

coordenadas xy na dobradiça. Como o sistema está em equilíbrio

estático, as equações de equilíbrio podem ser usadas.

 

Cálculos: Vamos começar pela Eq. 12-9 (τ = 0). Note que o res,z

enunciado pede o módulo da força , mas não os módulos das forças

e que agem sobre a dobradiça no ponto O. Para eliminar e do

cálculo do torque, basta determinar os torques em relação a um eixo

perpendicular ao papel passando pelo ponto O. Nesse caso, e têm

braços de alavanca nulos. As linhas de ação de , e m estão

indicadas por retas tracejadas na Fig. 12-6b. Os braços de alavanca

correspondentes são a, b e b/2.

Escrevendo os torques na forma r F e usando nossa regra para os ⊥

sinais dos torques, a equação de equilíbrio τ = 0 se torna res,z

 

Substituindo T por Mg e explicitando T , obtemos corda cabo

 

(b) Determine o módulo F da força exercida pela dobradiça sobre a viga.

 

IDEIA-CHAVE

Agora precisamos conhecer F e F para combiná-las e calcular F. Como h v

já conhecemos T , vamos aplicar à viga as equações de equilíbrio de cabo

forças.

 

Cálculos: No caso do equilíbrio na horizontal, escrevemos F = 0 res,x

como

 

e, portanto, F = T = 6093 N. h cabo

Figura 12-6  (a) Um cofre está pendurado em uma lança de guindaste composta por uma viga

homogênea e um cabo de aço horizontal. (b) Diagrama de corpo livre da viga.

 

No caso do equilíbrio na vertical, escrevemos F = 0 como res,y

 

F – mg – T = 0. v corda

 

Substituindo T por Mg e explicitando F , obtemos corda v

 

F = (m + M)g = (85 kg + 430 kg)(9,8 m/s2) v

= 5047 N.

 

De acordo com o teorema de Pitágoras, temos:

Note que F é bem maior que a soma dos pesos do cofre e da viga, 5000

N, e que a tração do cabo horizontal, 6100 N.

 

Exemplo 12.03 Equilíbrio de uma escada

Na Fig. 12-7a, uma escada de comprimento L = 12 m e massa m = 45 kg

está encostada em um muro liso (sem atrito). A extremidade superior da

escada está a uma altura h = 9,3 m acima do piso no qual a escada está

apoiada (existe atrito entre a escada e o piso). O centro de massa da

escada está a uma distância L/3 da extremidade inferior. Um bombeiro,

de massa M = 72 kg, sobe na escada até que seu centro de massa esteja a

uma distância L/2 da extremidade inferior. Quais são, nesse instante, os

módulos das forças exercidas pelo muro e pelo piso sobre a escada?

 

IDEIAS-CHAVE

Para começar, escolhemos nosso sistema como o conjunto bombeiro-

escada e desenhamos o diagrama de corpo livre da Fig. 12-7b. Como o

sistema está em equilíbrio estático, as equações de equilíbrio de forças e

de torques (Eqs. 12-7 a 12-9) podem ser usadas.

 

Cálculos: Na Fig. 12-7b, o bombeiro está representado por um

ponto no meio da escada. O peso do bombeiro é representado pelo vetor

equivalente M que foi deslocado ao longo da linha de ação para que a

origem coincidisse com o ponto que representa o bombeiro. (Como o

deslocamento não altera o torque produzido por M em relação a eixos

perpendiculares à figura, não afeta a equação de equilíbrio dos torques

que será usada a seguir.)

Como não há atrito entre a escada e o muro, a única força exercida

pelo muro sobre a escada é a força horizontal . A força exercida

pelo piso sobre a escada tem uma componente horizontal , que é uma

força de atrito estática, e uma componente vertical , que é uma força

normal.

Para aplicarmos as equações de equilíbrio, vamos começar com a Eq.

12-9 (τ = 0). Para escolher o eixo em relação ao qual vamos calcular res,z

os torques, note que temos forças desconhecidas ( e ) nas duas

extremidades da escada. Para eliminar, digamos, dos cálculos,

colocamos o eixo no ponto O, perpendicular ao papel (Fig. 12-7b).

Colocamos também a origem de um sistema de coordenadas xy em O.

Uma escolha criteriosa da origem do sistema de coordenadas pode

facilitar consideravelmente o cálculo dos torques. Podemos calcular os

torques em relação a O usando qualquer uma das Eqs. 10-39 a 10-41,

mas a Eq. 10-41 (τ = r F) é a mais fácil de usar neste caso. ⊥

 

Para determinar o braço de alavanca r de , desenhamos a linha de ⊥

ação do vetor (reta horizontal tracejada da Fig. 12-7c); r é a distância ⊥

perpendicular entre O e a linha de ação. Na Fig. 12-7c, r está no eixo y ⊥

e é igual à altura h. Também desenhamos linhas de ação para M e m e

constatamos que os braços de alavanca das duas forças estão no eixo x.

Para a distância a mostrada na Fig. 12-7a, os braços de alavanca são a/2

(o bombeiro está no ponto médio da escada) e a/3 (o CM da escada está

a um terço do comprimento a partir da extremidade inferior),

respectivamente. Os braços de alavanca de e são nulos porque a

origem está situada no ponto de aplicação das duas forças.

Com os torques escritos na forma r F, a equação de equilíbrio τ = ⊥ res,z

0 assume a forma

 

(Lembre-se da nossa regra: um torque positivo corresponde a uma

rotação no sentido anti-horário, e um torque negativo corresponde a uma

rotação no sentido horário.)

Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo formado

pela escada, o muro e o piso na Fig. 11-7a, obtemos:

 

Assim, a Eq. 12-21 nos dá

Figura 12-7  (a) Um bombeiro sobe metade de uma escada que está

encostada em uma parede sem atrito. O piso no qual a escada está

apoiada tem atrito. (b) Diagrama de corpo livre, mostrando as forças que

agem sobre o sistema bombeiro + escada. A origem O de um sistema de

coordenadas é colocada no ponto de aplicação da força desconhecida

(cujas componentes e aparecem na figura). (c) Cálculo dos

torques. (d) Equilíbrio das forças.

 

Para determinar a força exercida pelo piso, usamos as equações de

equilíbrio de forças. A equação F = 0 nos dá res,x

 

F – F = 0, m px

 

e, portanto, F = F = 410 N. px m

(Resposta)

 

A equação F = 0 nos dá res,y

F – Mg – mg = 0, py

 

e, portanto, F = (M + m)g = (72 kg + 45 kg)(9,8 m/s2) py

= 1146,6 N ≥ 1100 N. (Resposta)

 

Exemplo 12.04 Equilíbrio da Torre de Pisa

Suponha que a Torre de Pisa seja modelada por um cilindro oco,

homogêneo, de raio R = 9,8 m e altura h = 60 m. O centro de massa está

situado no eixo central do cilindro, a uma distância h/2 das

extremidades. Na Fig. 12-8a, o cilindro está na vertical. Na Fig. 12-8b, o

cilindro está inclinado para a direita (na direção da parede sul da torre),

fazendo um ângulo θ = 5,5o com a vertical, o que desloca o centro de

massa de uma distância horizontal d. Vamos supor que o solo exerce

apenas duas forças sobre a torre. Uma força normal age sobre a

parede da esquerda (norte) e uma força normal age sobre a parede

da direita (sul). Qual é o aumento percentual de F por causa da ND

inclinação da torre?

 

IDEIA-CHAVE

Como a torre ainda está de pé, ela continua em equilíbrio estático e,

portanto, a soma dos torques em relação a qualquer ponto é zero.

 

Cálculos: Como estamos interessados em calcular F , a força ND

normal do solo do lado direito, e não conhecemos (nem estamos

interessados em conhecer) F , a força normal do solo do lado esquerdo, NE

usamos o ponto de apoio da torre do lado esquerdo como referência para

calcular os torques. As forças que agiam sobre a torre quando ela estava

na posição vertical estão representadas na Fig. 12-8c. A força

gravitacional m :, que podemos supor que esteja aplicada ao centro de

massa, tem uma linha de ação vertical e um braço de alavanca R (a

distância perpendicular entre o ponto de referência e a linha de ação).

Como o torque associado a essa força tende a produzir uma rotação em

torno do ponto de referência no sentido horário, o sinal do torque é

negativo. A linha de ação da força normal também é vertical, e o

braço de alavanca em relação ao ponto de referência é 2R. Uma vez que

o torque associado a essa força tende a produzir uma rotação em torno

do ponto de referência no sentido anti-horário, o sinal do torque é

positivo. Assim, a equação de equilíbrio dos torques (τ = 0) é res,z

 

–(R)(mg) + (2R)(F ) = 0, NR

 

o que nos dá

 

Esse resultado era previsível. Com o centro de massa no eixo central

(reta de simetria do cilindro), o lado direito sustenta metade do peso do

cilindro.

Na Fig. 12-8b, o centro de massa foi deslocado de uma distância

 

A únicas mudanças na equação de equilíbrio dos torques são que, agora,

o braço de alavanca da força gravitacional é R + d e a força normal do

lado direito tem um novo valor, F′ (Fig. 12-8d). Assim, temos: ND

 

–(R + d)(mg) + (2R)(F′ ) = 0, ND

 

o que nos dá

 

Dividindo o valor da força normal com a torre inclinada pelo valor da

força normal com a torre na vertical e substituindo d por seu valor em

termos de h e θ, temos: