Exercício Resolvido de Dinâmica das Rotações
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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.
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).
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
Figura 2
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
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)
\[
P_{P}=P\cos \theta
\]
e outra componente normal ou perpendicular (PN), em módulo (Figura 2-A)
\[
P_{N}=P\operatorname{sen}\theta
\]
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
\[
P_{Pn}=P_{P}\cos \theta =P\cos \theta \cos \theta =P\cos^{2}\theta
\]
esta componente é a responsável pela reação normal FN1. E outra componente
paralela ao solo (PPp), em módulo (Figura 2-B)
\[
P_{Pp}=P_{P}\operatorname{sen}\theta =P\cos \theta\operatorname{sen}\theta
\]
Lembrando da Trigonometria que
\[
\operatorname{sen}(a+b)=\operatorname{sen}a\cos b+\operatorname{sen}b\cos a
\]
no problema a = b = θ
\[
\begin{gather}
\operatorname{sen}(\theta +\theta)=\operatorname{sen}2\theta =\operatorname{sen}\theta \cos \theta+\operatorname{sen}\theta \cos \theta =2\operatorname{sen}\theta \cos\theta \\
\operatorname{sen}\theta \cos \theta=\frac{1}{2}\operatorname{sen}2\theta
\end{gather}
\]
e podemos reescrever
\[
P_{Pp}=\frac{P}{2}\operatorname{sen}2\theta
\]
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)
\[
P_{Nn}=P_{N}\cos \theta =P\operatorname{sen}\theta \cos \theta=\frac{P}{2}\operatorname{sen}2\theta
\]
esta componente é a responsável pela reação normal FN2. E outra componente
paralela à parede (PNp), em módulo
\[
P_{Np}=P_{N}\operatorname{sen}\theta =P\operatorname{sen}\theta\operatorname{sen}\theta =P\operatorname{sen}^{2}\theta
\]
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)
\[
\begin{gather}
{\mathbf{F}}_{N2}-{\mathbf{F}}_{at1}+{\mathbf{F}}_{at2}+{\mathbf{F}}_{N1}-\mathbf{P}=0\\
F_{N2}\;\mathbf{j}-F_{at1}\;\mathbf{j}+F_{at2}\;\mathbf{k}+F_{N1}\;\mathbf{k}-P\;\mathbf{k}=0
\end{gather}
\]
onde j e k são os vetores unitários nas direções y e z, separando as componentes
Figura 3
- Direção j:
\[
F_{N2}-F_{at1}=0
\]
o módulo da força de atrito é dado por
\[ \bbox[#99CCFF,10px]
{F_{at}=\mu N}
\]
então reescrevemos para a força N = FN1
\[
\begin{gather}
F_{N2}-\mu_{1}F_{N1}=0 \tag{II}
\end{gather}
\]
- Direção k:
\[
F_{at2}+F_{N1}-P=0
\]
então reescrevemos para a força N = FN2
\[
\begin{gather}
\mu_{2}F_{N2}+F_{N1}-P=0 \tag{III}
\end{gather}
\]
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
\[
{\mathbf{N}}_{P}=0
\]
em módulo
\[
\begin{gather}
N_{P}=0 \tag{V}
\end{gather}
\]
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)
\[
{\mathbf{N}}_{at1}={\mathbf{r}}_{1}\times{\mathbf{F}}_{at1}
\]
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
\[
N_{at1}=r_{1}F_{at1}\operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{2}+\theta \right)
\]
Adotando L para o comprimento da barra a distância do centro da barra ao ponto onde a força de atrito
está aplicada será
\( r_{1}=\frac{L}{2} \)
Lembrando da Trigonometria
\[
\operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)=\underbrace{\operatorname{sen}\frac{\pi}{2}}_{1}\cos \theta+\operatorname{sen}\theta \underbrace{\cos \frac{\pi}{2}}_{0}=\cos\theta
\]
\[
\begin{gather}
N_{at1}=\frac{L}{2}F_{at1}\cos \theta \tag{VI}
\end{gather}
\]
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)
\[
{\mathbf{N}}_{N1}={\mathbf{r}}_{1}\times{\mathbf{F}}_{N1}
\]
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
\[
N_{N1}=r_{N1}F_{1}\operatorname{sen}\left(\pi -\theta \right)
\]
A distância do centro da barra ao ponto onde a reação normal está aplicada será novamente
\( r_{1}=\frac{L}{2} \)
Lembrando da Trigonometria
\[
\operatorname{sen}\left(\pi -\theta\right)=\underbrace{\operatorname{sen}\pi}_{0}\cos \theta-\operatorname{sen}\theta \underbrace{\cos \pi}_{-1}=\operatorname{sen}\theta
\]
\[
\begin{gather}
N_{N1}=\frac{L}{2}F_{N1}\operatorname{sen}\theta \tag{VII}
\end{gather}
\]
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)
\[
{\mathbf{N}}_{at2}={\mathbf{r}}_{2}\times{\mathbf{F}}_{at2}
\]
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
\[
N_{at2}=r_{2}F_{at2}\operatorname{sen}\theta
\]
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)
\[
{\mathbf{N}}_{N2}={\mathbf{r}}_{2}\times{\mathbf{F}}_{N2}
\]
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
\[
N_{N2}=r_{2}F_{N2}\operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{2}+\theta \right)
\]
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
\[
\begin{gather}
N_{N2}=\frac{L}{2}F_{N2}\cos \theta \tag{IX}
\end{gather}
\]
Para que o sistema permaneça em equilíbrio aplicamos a condição de (I-b).Adotando o sentido do torque NN1 como positivo (Figura 5-C)
\[
\begin{gather}
N_{P}-N_{at1}+N_{N1}-N_{at2}-N_{N2}=0 \tag{X}
\end{gather}
\]
substituindo as expressões (VI), (VII), (VIII) e (XI) na expresssão (X)
\[
\begin{gather}
0-\frac{L}{2}F_{at1}\cos \theta+\frac{L}{2}F_{N1}\operatorname{sen}\theta-\frac{L}{2}F_{at2}\operatorname{sen}\theta-\frac{L}{2}F_{N2}\cos \theta=0\\[5pt]
\frac{L}{2}\left(-F_{at1}\cos \theta+F_{N1}\operatorname{sen}\theta-F_{at2}\operatorname{sen}\theta -F_{N2}\cos \theta\right)=0\\[5pt]
-F_{at1}\cos \theta +F_{N1}\operatorname{sen}\theta-F_{at2}\operatorname{sen}\theta -F_{N2}\cos \theta=0\\[5pt]
F_{N1}\operatorname{sen}\theta-F_{at2}\operatorname{sen}\theta =F_{at1}\cos \theta+F_{N2}\cos \theta \\[5pt]
\operatorname{sen}\theta\left(F_{N1}-F_{at2}\right)=\cos \theta\left(F_{at1}+F_{N2}\right)\\[5pt]
\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos \theta}=\frac{F_{at1}+F_{N2}}{F_{N1}-F_{at2}} \tag{XI}
\end{gather}
\]
sendo
\( \operatorname{tg}\theta =\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos \theta} \)
e usando as expressões para Fat1 e Fat2 acima
\[
\begin{gather}
\operatorname{tg}\theta =\frac{\mu_{1}F_{N1}+F_{N2}}{F_{N1}-\mu_{2}F_{N2}} \tag{XII}
\end{gather}
\]
da expressão (II)
\[
\begin{gather}
F_{N2}=\mu_{1}F_{N1} \tag{XIII}
\end{gather}
\]
substituindo a expressão (XIII) na expresssão (XII)
\[
\begin{gather}
\operatorname{tg}\theta =\frac{\mu_{1}F_{N1}+\mu_{1}F_{N1}}{F_{N1}-\mu_{2}\mu_{1}F_{N1}}\\
\operatorname{tg}\theta=\frac{F_{N1}}{F_{N1}}\frac{(\mu_{1}+\mu_{1})}{(1-\mu_{1}\mu_{2})}
\end{gather}
\]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px]
{\theta =\operatorname{arctg}\left(\frac{2\mu_{1}}{1-\mu_{1}\mu_{2}}\right)}
\]
b) Usando o resultado do item anterior fazendo a seguinte substituição μ1 = μ2 = μ
\[ \bbox[#FFCCCC,10px]
{\theta =\operatorname{arctg}\left(\frac{2\mu }{1-\mu ^{2}}\right)}
\]
c) Usando o resultado do item (a) fazendo a substituição μ1 = μ e μ2 = 0
\[
\theta =\operatorname{arctg}\left(\frac{2\mu }{1-\mu .0}\right)
\]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px]
{\theta =\operatorname{arctg}2\mu}
\]
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