Uma barra homogênea e de seção 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 μ1 e o coeficiente de atrito da barra
com a parede é μ2;
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 Fat1, a barra também faz força vertical na parede, a parede reage com a
força de atrito Fat2 (Figura 1-A).
A barra está apoiada sobre o chão, o chão reage com a força normal FN1, a barra
também está apoiada contra a parede e a parede reage com a força normal FN2.
Como a barra é homogênea e de seção constante adotamos a força peso aplicada ao centro da barra apontada
verticalmente para baixo (Figura 1-B).
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 (
PP), em módulo
\[
\begin{gather}
P_{\small P}=P\cos\theta
\end{gather}
\]
e outra componente normal ou perpendicular (
PN), em módulo (Figura 2-A)
\[
\begin{gather}
P_{\small N}=P\operatorname{sen}\theta
\end{gather}
\]
A componente paralela é transmitida pela barra até o chão, esta componente pode ser novamente decomposta
em duas, uma componente normal ao chão (
PPn), em módulo
\[
\begin{gather}
P_{\small Pn}=P_{\small P}\cos\theta=P\cos\theta\cos\theta=P\cos^2\theta
\end{gather}
\]
esta componente é a responsável pela reação normal
FN1. E outra componente
paralela ao solo (
PPp), em módulo (Figura 2-B)
\[
\begin{gather}
P_{\small Pp}=P_{\small P}\operatorname{sen}\theta=P\cos\theta\operatorname{sen}\theta
\end{gather}
\]
Da
Trigonometria que
\[
\begin{gather}
\operatorname{sen}(a+b)=\operatorname{sen}a\cos b+\operatorname{sen}b\cos a
\end{gather}
\]
no problema
a =
b = θ
\[
\begin{gather}
\operatorname{sen}(\theta+\theta)=\operatorname{sen}2\theta=\operatorname{sen}\theta\cos\theta+\operatorname{sen}\theta\cos\theta=2\operatorname{sen}\theta\cos\theta \\[5pt]
\operatorname{sen}\theta\cos\theta=\frac{1}{2}\operatorname{sen}2\theta
\end{gather}
\]
e podemos reescrever
\[
\begin{gather}
P_{\small Pp}=\frac{P}{2}\operatorname{sen}2\theta
\end{gather}
\]
esta componente é a responsável pela força de atrito
Fat1.
A componente normal é transmitida pela barra até a parede, esta componente pode ser novamente decomposta
em duas, uma componente normal à parede (
PNn), em módulo (Figura 2-C)
\[
\begin{gather}
P_{\small Nn}=P_{\small N}\cos\theta=P\operatorname{sen}\theta\cos\theta=\frac{P}{2}\operatorname{sen}2\theta
\end{gather}
\]
esta componente é a responsável pela reação normal
FN2. E outra componente
paralela à parede (
PNp), em módulo
\[
\begin{gather}
P_{\small Np}=P_{\small N}\operatorname{sen}\theta=P\operatorname{sen}\theta\operatorname{sen}\theta=P\operatorname{sen}^2\theta
\end{gather}
\]
esta componente é a responsável pela força de atrito
Fat2.
Para que a barra permaneça em equilíbrio devemos impor as seguintes condições
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\sum \mathbf F=0} \tag{I-a}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\sum \mathbf N=0} \tag{I-b}
\end{gather}
\]
Desenhando as forças num sistema de eixos coordenados (Figura 3), e aplicando a condição de (I-a)
\[
\begin{gather}
\mathbf F_{\small N2}-\mathbf F_{at1}+\mathbf F_{at2}+\mathbf F_{\small N1}-\mathbf P=0 \\[5pt]
F_{\small N2}\;\mathbf j-F_{at1}\;\mathbf j+F_{at2}\;\mathbf k+F_{\small N1}\;\mathbf k-P\;\mathbf k=0
\end{gather}
\]
onde
j e
k são os vetores unitários nas direções y e z, separando as componentes
Figura 3
\[
\begin{gather}
F_{\small N2}-F_{at1}=0
\end{gather}
\]
o módulo da força de atrito é dado por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{F_{at}=\mu N}
\end{gather}
\]
então reescrevemos para a força N = FN1
\[
\begin{gather}
F_{\small N2}-\mu_1F_{\small N1}=0 \tag{II}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
F_{at2}+F_{\small N1}-P=0
\end{gather}
\]
então reescrevemos para a força N = FN2
\[
\begin{gather}
\mu_2F_{\small N2}+F_{\small N1}-P=0 \tag{III}
\end{gather}
\]
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
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf N=\mathbf r\times\mathbf F} \tag{IV}
\end{gather}
\]
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
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{\small P}=0
\end{gather}
\]
em módulo
\[
\begin{gather}
N_{\small P}=0 \tag{V}
\end{gather}
\]
No cálculo do torque da força de atrito da barra com o chão o vetor posição (r1) vai do
centro da barra até o chão e a força (F) é representada pela força de atrito
(Fat1), Figura 4-A. Aplicando a expressão (IV)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{at1}=\mathbf r_1\times\mathbf F_{at1}
\end{gather}
\]
Aplicando a regra da mão direita para o produto vetorial (levando o vetor r1 em direção ao
vetor Fat1 – Figura 4-B) obtemos o vetor Nat1 perpendicular
a estes dois (Figura 4-C).
O vetor Fat1 é perpendicular à vertical e o vetor r1 forma um
ângulo θ com a vertical, então o ângulo entre estes vetores é
\( \frac{\pi}{2}+\theta \),
portanto, em módulo
\[
\begin{gather}
N_{at1}=r_1F_{at1}\operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{2}+\theta \right)
\end{gather}
\]
Adotando L para o comprimento da barra a distância do centro da barra ao ponto onde a força de atrito
está aplicada será
\( r_1=\frac{L}{2} \)
Da
Trigonometria
\[
\begin{gather}
\operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)=\underbrace{\operatorname{sen}\frac{\pi}{2}}_1\cos\theta+\operatorname{sen}\theta \underbrace{\cos \frac{\pi}{2}}_0=\cos\theta
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
N_{at1}=\frac{L}{2}F_{at1}\cos\theta \tag{VI}
\end{gather}
\]
No cálculo do torque da reação normal ao chão temos o vetor posição (r1) e a força (F) é
representada pela reação normal (FN1), Figura 5-A. Aplicando a expressão (IV)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{\small N1}=\mathbf r_1\times\mathbf F_{\small N1}
\end{gather}
\]
aplicando a regra da mão direita para o produto vetorial (levando o vetor r1 em direção
ao vetor fn1 – Figura 5-B) obtemos o vetor nn1
perpendicular a estes dois (Figura 5-C).
O vetor FN1 é vertical para cima e o vetor r1 forma um ângulo
θ com a vertical, então o ângulo entre estes vetores é π−θ, em módulo
\[
\begin{gather}
N_{\small N1}=r_{\small N1}F_1\operatorname{sen}\left(\pi-\theta \right)
\end{gather}
\]
A distância do centro da barra ao ponto onde a reação normal está aplicada será novamente
\( r_1=\frac{L}{2} \)
Lembrando da
Trigonometria
\[
\begin{gather}
\operatorname{sen}\left(\pi-\theta\right)=\underbrace{\operatorname{sen}\pi}_0\cos\theta-\operatorname{sen}\theta\underbrace{\cos\pi}_{-1}=\operatorname{sen}\theta
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
N_{\small N1}=\frac{L}{2}F_{\small N1}\operatorname{sen}\theta \tag{VII}
\end{gather}
\]
No cálculo do torque da força de atrito da barra com a parede o vetor posição (r2) vai do
centro da barra até a parede e a força (F) é representada pela força de atrito
(Fat2), Figura 6-A. Aplicando a expressão (IV)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{at2}=\mathbf r_2\times\mathbf F_{at2}
\end{gather}
\]
Aplicando a regra da mão direita para o produto vetorial (levando o vetor r2 em direção ao
vetor Fat2 – Figura 6-B) obtemos o vetor Nat2 perpendicular
a estes dois (Figura 6-C).
O vetor Fat2 e o vetor r2 formam um ângulo θ, portanto, em módulo
\[
\begin{gather}
N_{at2}=r_2F_{at2}\operatorname{sen}\theta
\end{gather}
\]
A distância do centro da barra ao ponto onde a força de atrito está aplicada será
\( r_2=\frac{L}{2} \)
\[
\begin{gather}
N_{at2}=\frac{L}{2}F_{at2}\operatorname{sen}\theta \tag{VIII}
\end{gather}
\]
No cálculo do torque da reação normal à parede o vetor posição (r2) vai do centro da barra até parede
e a força (F) é representada pela força normal (FN2), Figura 7-A. Aplicando
a expressão (IV)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{\small N2}=\mathbf r_2\times\mathbf F_{\small N2}
\end{gather}
\]
Aplicando a regra da mão direita para o produto vetorial (levando o vetor r2 em direção ao
vetor FN2 – Figura 7-B) obtemos o vetor NN2 perpendicular a estes
dois (Figura 7-C).
O vetor FN2 é perpendicular à vertical e o vetor r2 forma um
ângulo θ com a vertical, então o ângulo entre estes vetores é
\( \frac{\pi}{2}+\theta \),
portanto, em módulo
\[
\begin{gather}
N_{\small N2}=r_2F_{\small N2}\operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{2}+\theta \right)
\end{gather}
\]
A distância do centro da barra ao ponto onde a força normal está aplicada será novamente
\( r_2=\frac{L}{2} \)
e usando o seno da soma encontrado acima
\[
\begin{gather}
N_{\small N2}=\frac{L}{2}F_{\small N2}\cos\theta \tag{IX}
\end{gather}
\]
Para que o sistema permaneça em equilíbrio aplicamos a condição de (I-b).
Adotando o sentido do torque NN1 como positivo (Figura 5-C)
\[
\begin{gather}
N_{\small P}-N_{at1}+N_{\small N1}-N_{at2}-N_{\small N2}=0 \tag{X}
\end{gather}
\]
substituindo as expressões (VI), (VII), (VIII) e (XI) na expresssão (X)
\[
\begin{gather}
0-\frac{L}{2}F_{at1}\cos\theta+\frac{L}{2}F_{\small N1}\operatorname{sen}\theta-\frac{L}{2}F_{at2}\operatorname{sen}\theta-\frac{L}{2}F_{\small N2}\cos\theta=0 \\[5pt]
\frac{L}{2}\left(-F_{at1}\cos\theta+F_{\small N1}\operatorname{sen}\theta-F_{at2}\operatorname{sen}\theta -F_{\small N2}\cos\theta\right)=0 \\[5pt]
-F_{at1}\cos\theta+F_{\small N1}\operatorname{sen}\theta-F_{at2}\operatorname{sen}\theta-F_{\small N2}\cos\theta=0 \\[5pt]
F_{\small N1}\operatorname{sen}\theta-F_{at2}\operatorname{sen}\theta=F_{at1}\cos\theta+F_{\small N2}\cos\theta \\[5pt]
\operatorname{sen}\theta\left(F_{\small N1}-F_{at2}\right)=\cos\theta\left(F_{at1}+F_{\small N2}\right) \\[5pt]
\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}=\frac{F_{at1}+F_{\small N2}}{F_{\small N1}-F_{at2}} \tag{XI}
\end{gather}
\]
sendo
\( \operatorname{tg}\theta=\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta} \)
e usando as expressões para Fat1 e Fat2 acima
\[
\begin{gather}
\operatorname{tg}\theta=\frac{\mu_1F_{\small N1}+F_{\small N2}}{F_{\small N1}-\mu_2F_{\small N2}} \tag{XII}
\end{gather}
\]
da expressão (II)
\[
\begin{gather}
F_{\small N2}=\mu_1F_{\small N1} \tag{XIII}
\end{gather}
\]
substituindo a expressão (XIII) na expresssão (XII)
\[
\begin{gather}
\operatorname{tg}\theta=\frac{\mu_1F_{\small N1}+\mu_1F_{\small N1}}{F_{\small N1}-\mu_2\mu_1F_{\small N1}} \\[5pt]
\operatorname{tg}\theta=\frac{F_{\small N1}}{F_{\small N1}}\frac{(\mu_1+\mu_1)}{(1-\mu_1\mu_2)}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\theta=\operatorname{arctg}\left(\frac{2\mu_1}{1-\mu_1\mu_2}\right)}
\end{gather}
\]
b) Usando o resultado do item anterior fazendo a seguinte substituição
μ1 = μ2 = μ
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\theta=\operatorname{arctg}\left(\frac{2\mu}{1-\mu^2}\right)}
\end{gather}
\]
c) Usando o resultado do item (a) fazendo a substituição μ1 = μ e μ2 = 0
\[
\begin{gather}
\theta=\operatorname{arctg}\left(\frac{2\mu}{1-\mu\times 0}\right)
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\theta=\operatorname{arctg}2\mu}
\end{gather}
\]
