Uma barra AOB homogênea de seção transversal constante cujo peso é de 15 N é dobrada formando um ângulo reto em O com AO=1 m e BO=0,5 m. Suspende-se a barra pelo ponto O. Determinar:
a) O ângulo α formado por AO com a vertical na posição de equilíbrio;
b) A intensidade da força horizontal que deve ser aplicada em A, no plano AOB, para que AO e BO sejam igualmente inclinados em relação à horizontal;
c) No caso do item (b), encontre a intensidade reação no ponto de suspensão O.

Dados do problema:

• Peso da barra: P=15 N;
• Comprimento do segmento AO: D_A=1 m;
• Comprimento do segmento BO: D_B=0,5 m.

Esquema do problema:

Adotamos o ponto O, onde a peça está fixa, como ponto de referência. Como a barra é homogênea e de seção constante sua massa está igualmente distribuída por toda a sua extensão, assim podemos considerar que o centro de massa de cada um dos “braços” da peça está em seu centro. Em AO o centro está em \( d_{\small A}=\frac{D_{\small A}}{2}=\frac{1}{2}=0,5\;\mathrm m \), onde está aplicada a força peso \( \vec{P}_{\small A} \). Em BO o centro está em \( d_{\small B}=\frac{D_{\small B}}{2}=\frac{0,5}{2}=0,25\;\mathrm m \), onde está aplicada a força peso \( {\vec{P}}_{\small B} \). No ponto O temos a força de tensão \( \vec{T} \) (Figura 1).
A peça pode girar em torno do ponto O, vamos adotar o sentido anti-horário como sendo positivo.
Como a barra está dobrada numa proporção 2:1, ou seja, um “braço” tem o dobro do comprimento do outro (1 m e 0,5 m), e como a barra é homogênea, seu peso está distribuído na mesma proporção. Assim do total de 15 N, P_A=10 N e P_B=5 N.

Figura 1

Solução:

a) O momento de uma força é dado por

“Esquecendo” o segmento BO da peça e considerando apenas o segmento AO, a força peso \( {\vec P}_{\small A} \) pode ser decomposta em duas componentes, uma componente paralela ao “braço” \( {\vec P}_{\small{AP}} \) e outra componente perpendicular ou normal \( {\vec P}_{\small{AN}} \).
O ângulo entre o segmento AO e a vertical por O é dada igual à α, a força peso \( {\vec P}_{\small A} \) é paralela à vertical que passa por O e a componente \( {\vec P}_{\small{AP}} \) está na mesma direção que o segmento AO, então o ângulo entre a força peso e a componente paralela também vale α, são ângulos correspondes (Figura 2).
Apenas a componente normal contribui para que o “braço” gire em torno do ponto O, como esta componente faz girar no mesmo sentido da orientação escolhida o momento desta força será positivo, aplicando a expressão (I)

\[ \begin{gather} M_{P_{\small{AN}}}=P_{AN}d_{\small A} \tag{II} \end{gather} \]

Figura 2

A compoente normal é dada por (Figura 2)

substituindo a expressão (III) na expressão (II)

“Esquecendo” o segmento AO da peça e considerando apenas o segmento BO, a força peso \( {\vec P}_{\small B} \) pode ser decomposta em duas componentes, uma componente paralela ao “braço” \( {\vec P}_{\small{BP}} \) e outra componente perpendicular ou normal \( {\vec P}_{\small{BN}} \).
O ângulo entre o segmento BO e a vertical por O chamamos de β, a força peso \( {\vec P}_{\small B} \) é paralela à vertical que passa por O e a componente \( {\vec P}_{\small{BP}} \) está na mesma direção que o segmento BO, então o ângulo entre a força peso e a componente paralela também vale β, são ângulos correspondes (Figura 3). Como a barra foi dobrada com um ângulo reto (90°) em O a soma de α e β deve ser 90°, são ângulos complementares, então β deve ser \( \alpha +\beta =90°\Rightarrow \beta=90°-\alpha \).
Apenas a componente normal contribui para que o “braço” gire em torno do ponto O, como esta componente faz girar no sentido contrário da orientação escolhida o momento desta força será negativo, aplicando a expressão (I)

\[ \begin{gather} M_{P_{\small{BN}}}=-P_{\small{BN}}d_{\small B} \tag{V} \end{gather} \]

Figura 3

A componente normal será dada por (Figura 3)

substituindo a expressão (VI) na expressão (V)

No ponto O temos a força de tensão, aplicando (I)

como a distância é nula em relação à origem, \( d_{\small T}=0 \), a força está aplicada na própria origem

Usando a condição de que a somatória dos momentos é nula

substituindo as expressões (IV), (VII) e (VIII) na condição (IX)

substituindo os dados do problema

b) Uma força \( \vec F \) aplicada no ponto A faz a peça girar em torno do ponto O até que os ângulos entre os dois segmentos fiquem iguais a γ, a peça também é puxada para a esquerda de modo que o fio de fixação no teto deixa de estar num posição vertical (Figura 4).

Observação: Na condição do item (a) o ângulo α entre o segmento AO e a vertical foi determinado como sendo 14°, portanto o ângulo entre o segmento BO e a vertical vale \( 90°-14°=76° \). Para que os dois ângulos fiquem iguais, a peça deve girar de modo que o ângulo de 14° aumente e o de 76° diminua (até ficarem iguais a 45°), isto acontece quando a peça gira no sentido horário, não confundir com a seta da Figura 4 que indica apenas o sentido positivo do sistema de referência.

Figura 4

Considerando apenas o segmento AO, a força \( \vec F \) pode ser decomposta em duas componentes, uma componente paralela ao “braço” \( {\vec F}_{P} \) e outra componente perpendicular ou normal \( {\vec F}_{N} \).
O ângulo entre o segmento AO e a vertical por O é γ, o ângulo entre a vertical que passa pelo ponto A e a componente paralela à AO também é γ, são ângulos correspondentes. Como a força aplicada é horizontal ela forma um ângulo δ com a componente paralela, a soma de γ e δ deve ser 90° (são ângulos complementares) \( \gamma +\delta =90°\Rightarrow \delta =90°-\gamma \) (Figura 5).
Apenas a componente normal contribui para que o “braço” gire em torno do ponto O, como esta componente faz girar no sentido contrário da orientação escolhida o momento desta força será negativo, pela expressão (I), onde a distância do ponto de referência O ao ponto de aplicação da força é o comprimento do segmento AO dado no problema

\[ \begin{gather} M_{F_{N}}=-F_{N}D_{\small A} \tag{X} \end{gather} \]

Figura 5

A componente normal será dada por (Figura 5)

usando a propriedade do seno da diferença acima

substituindo a expressão (XI) na expressão (X)

Para as outras forças envolvidas no sistema continuam válidas as expressões anteriores com a mudança do ângulo α em (IV) e (VII) pelo novo ângulo γ. Substituindo (IV), (VII), (VIII) e (XII) na condição (IX)

colocando cos γ em evidência do lado direito da igualdade

a barra é dobrada formando um ângulo de 90°, e queremos que os dois lados tenham a mesma inclinação \( \gamma =45° \)

substituindo os valores dados

c) Desenhando as forças que atuam no sistema da Figura 5 em um sistema de eixos coordenados xy temos o esquema mostrado na Figura 6. Para que o sistema permaneça em equilíbrio aplicamos a condição de que a somatória das forças é nula

\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {\sum F=0} \tag{XIII} \end{gather} \]

Figura 6

Direção x:

• \( {\vec T}_x \): componente da força de tensão na direção x;
• \( \vec F \): força externa aplicada para equilibrar a barra.

Aplicando a condição (XIII)

usando o resultado do item (b)

Direção y:

• \( {\vec T}_y \): componente da força de tensão na direção y;
• \( {\vec P}_{\small A} \): força peso do segmento AO;
• \( {\vec P}_{\small B} \): força peso do segmento BO.

Aplicando a condição (XIII)

substituindo os dados do problema

A reação à tensão será dada pelo Teorema de Pitágoras (Figura 6)

substituindo as expressões (XIV) e (XV)