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).
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 (
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)
\[
\begin{gather}
P_{\small Pp}=P_{\small P}\operatorname{sen}\theta=P\cos\theta\operatorname{sen}\theta
\end{gather}
\]
Lembrando 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)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{at1}=\mathbf r_1\times\mathbf F_{at1}
\end{gather}
\]
Adota-se um sistema de eixos cartesianos x, y e z onde i, j e k são
os vetores unitários daquelas direções. O vetor posição do centro da barra (r1) pode ser
decomposto nas direções j e −k, suas componentes podem ser escritas como
\( \mathbf r_{1y}=r_1\operatorname{sen}\theta\;\mathbf j \)
e
\( \mathbf r_{1z}=-r_1\cos\theta\;\mathbf k \)
(Figura 4-B), e o vetor força de atrito só possui componente na direção −j, então
\( \mathbf F_{at1}=-F_{at1}\;\mathbf j \)
\[
\begin{gather}
\mathbf r_1\times\mathbf F_{at1}=\left|
\begin{matrix}
\mathbf i &\mathbf j &\mathbf k \\
0 &r_1\operatorname{sen}\theta &-r_1\cos\theta \\
0 &-F_{at1} &0\;
\end{matrix}\right| \\[5pt]
\mathbf r_1\times\mathbf F_{at1}=[r_1\operatorname{sen}\theta\times 0-(-r_1\cos\theta)\times(-F_{at1})]\;\mathbf i-[0\times 0-(-r_1\cos\theta)\times 0]\;\mathbf j+[0\times(-F_{at1})-r_1\operatorname{sen}\theta\times 0]\;\mathbf k \\[5pt]
\mathbf r_1\times\mathbf F_{at1}=-F_{at1}r_1\cos\theta \;\mathbf i
\end{gather}
\]
O torque só possui componente na direção i (Figura 4-C)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{at1}=-F_{at1}r_1\cos\theta \;\mathbf i \tag{VI}
\end{gather}
\]
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)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{\small N1}=\mathbf r_1\times\mathbf F_{\small N1}
\end{gather}
\]
O vetor posição do centro da barra (r1) 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
\( \mathbf F_{\small N1}=F_{\small N1}\;\mathbf k \)
\[
\begin{gather}
\mathbf r_1\times\mathbf F_{\small N1}=\left|
\begin{matrix}
\mathbf i &\mathbf j &\mathbf k \\
0 &r_1\operatorname{sen}\theta &-r_1\cos\theta \\
0 &0 &F_{\small N1}
\end{matrix}\right| \\[5pt]
\mathbf r_1\times\mathbf F_{\small N1}=[r_1\operatorname{sen}\theta\times F_{\small N1}-(-r_1\cos\theta)\times 0]\;\mathbf i-[0\times F_{\small N1}-(-r_1\cos\theta)\times 0]\;\mathbf j+(0.0-r_1\operatorname{sen}\theta\times 0)\;\mathbf k \\[5pt]
\mathbf r_1\times\mathbf F_{\small N1}=F_{\small N1}r_1\operatorname{sen}\theta\;\mathbf i
\end{gather}
\]
O torque só possui componente na direção i (Figura 5-C)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{\small N1}=F_{\small N1}r_1\operatorname{sen}\theta\;\mathbf i \tag{VII}
\end{gather}
\]
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)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{at2}=\mathbf r_2\times\mathbf F_{at2}
\end{gather}
\]
O vetor posição do centro da barra (r2) pode ser decomposto nas direções −j e
k, portanto, suas componentes podem ser escritas como
\( \mathbf r_{2y}=-r_2\operatorname{sen}\theta\;\mathbf j \)
e
\( \mathbf r_{2z}=r_2\cos\theta\;\mathbf k \)
(Figura 6-B), e o vetor força de atrito só possui componente na direção k, então
\( \mathbf F_{at2}=F_{at1}\;\mathbf k \)
\[
\begin{gather}
\mathbf r_2\times\mathbf F_{at2}=\left|
\begin{matrix}
\mathbf i &\mathbf j &\mathbf k \\
0 &-r_2\operatorname{sen}\theta &r_2\cos\theta \\
0 &0 &F_{at2}
\end{matrix}\right| \\[5pt]
\mathbf r_2\times\mathbf F_{at2}=[-r_2\operatorname{sen}\theta\times F_{at2}-r_2\cos\theta\times 0]\;\mathbf i-[0\times F_{at2}-r_2\cos\theta\times 0]\;\mathbf j+[\;0\times 0-(-r_2\operatorname{sen}\theta)\times 0]\;\mathbf k \\[5pt]
\mathbf r_2\times\mathbf F_{at2}=-F_{at2}r_2\operatorname{sen}\theta\;\mathbf i
\end{gather}
\]
O torque só possui componente na direção −i (Figura 6-C)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{at2}=-F_{at2}r_2\operatorname{sen}\theta\;\mathbf i \tag{VIII}
\end{gather}
\]
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), conforme
Figura 7-A. Aplicando a expressão (IV)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{\small N2}=\mathbf r_2\times\mathbf F_{\small N2}
\end{gather}
\]
O vetor posição do centro da barra (r2) 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
\( \mathbf F_{\small N2}=F_{\small N2}\;\mathbf j \)
\[
\begin{gather}
\mathbf r_2\times\mathbf F_{\small N2}=\left|
\begin{matrix}
\mathbf i &\mathbf j &\mathbf k \\
0 &-r_2\operatorname{sen}\theta &r_2\cos\theta \\
0 &F_{\small N2} &0
\end{matrix}\right| \\[5pt]
\mathbf r_2\times\mathbf F_{\small N2}=[-r_2\operatorname{sen}\theta\times 0-r_2\cos\theta\times F_{\small N2}]\;\mathbf i-[0\times 0-r_2\cos\theta\times 0]\;\mathbf j+[0\times F_{\small N2}-(-r_2\operatorname{sen}\theta)\times 0]\;\mathbf k \\[5pt]
\mathbf r_2\times\mathbf F_{\small N2}=-F_{\small N2}r_2\operatorname{sen}\theta\;\mathbf i
\end{gather}
\]
O torque só possui componente na direção −i (Figura 7-C)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{\small N2}=-F_{\small N2}r_2\operatorname{sen}\theta\;\mathbf i \tag{IX}
\end{gather}
\]
Para que o sistema permaneça em equilíbrio aplicamos a condição de (I-b)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{\small P}+\mathbf N_{at1}+\mathbf N_{\small N1}+\mathbf N_{at2}+\mathbf N_{\small N2}=0 \tag{X}
\end{gather}
\]
substituindo as expressões (V), (VI), (VII), (VIII) e (XI) na expressão (X)
\[
\begin{gather}
0-F_{at1}r_1\cos\theta\;\mathbf i+F_{\small N1}r_1\operatorname{sen}\theta\;\mathbf i-F_{at2}r_2\operatorname{sen}\theta\;\mathbf i-F_{\small N2}r_2\operatorname{sen}\theta\;\mathbf i=0
\end{gather}
\]
como o sistema de referência foi adotado no meio da barra, se esta possui um comprimento L os vetores
r1 e r2 possuem módulos igual a metade do comprimento da barra
\( \left(r_1=r_2=\frac{L}{2}\right) \),
e como o torque só possui componentes na direção i
\[
\begin{gather}
\frac{L}{2}F_{at1}\cos\theta+\frac{L}{2}F_{\small N1}\operatorname{sen}\theta-\frac{L}{2}F_{at2}\operatorname{sen}\theta-\frac{L}{2}F_{\small N2}\cos\theta=0 \\[5pt]
\frac{L}{2}\left(-F_{at1}\cos\theta+F_{\small N1}\operatorname{sen}\theta-F_{at2}\operatorname{sen}\theta -F_{\small N2}\cos\theta\right)=0 \\[5pt]
-F_{at1}\cos\theta+F_{\small N1}\operatorname{sen}\theta-F_{at2}\operatorname{sen}\theta -F_{\small N2}\cos\theta=0 \\[5pt]
F_{\small N1}\operatorname{sen}\theta-F_{at2}\operatorname{sen}\theta=F_{at1}\cos\theta+F_{\small N2}\cos\theta \\[5pt]
\operatorname{sen}\theta\left(F_{\small N1}-F_{at2}\right)=\cos\theta\left(F_{at1}+F_{\small N2}\right) \\[5pt]
\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}=\frac{F_{at1}+F_{\small N2}}{F_{\small N1}-F_{at2}} \tag{XI}
\end{gather}
\]
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 expressão (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
\[
\begin{gather}
\theta=\operatorname{arctg}\left(\frac{2\mu}{1-\mu .0}\right)
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\theta=\operatorname{arctg}2\mu}
\end{gather}
\]
