Considere uma escada de comprimento L e massa M uniformemente distribuida. A mesma é apoiada sobre uma parede vertical de atritos iguais aos do solo dados pelos coeficientes estático e cinético \mu_{E} e \mu_{D}, respectivamente. A escada é colocada em una posiçāo que está a ponto de escorregar.
(a) Encontre o ângulo que a escada faz com a vertical.
(b) Encontre todas as forças que atuam sobre a escada.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
(a) o ângulo que a escada faz com a vertical quando está a ponto de escorregar;
(b) todas as forças que atuam sobre a escada (módulos e direções).
Dados importantes fornecidos:
  • comprimento da escada L;
  • massa da escada M, com massa uniformemente distribuída (centro de massa no ponto médio);
  • coeficiente de atrito estático \mu_{E} e coeficiente de atrito cinético \mu_{D}. O enunciado diz que os atritos da parede e do solo têm os mesmos coeficientes \mu_{E} e \mu_{D};
  • a escada está na posição limite de escorregar (ou seja, as forças de atrito estático atingem seus valores máximos possíveis).
Não começo a resolver ainda; apenas organizei o que é pedido e os dados disponíveis.

Passo 2

Desenho mental do sistema e forças (vou explicar cada força e sua razão):
  • A parede é vertical e o chão é horizontal. Chamo de \theta o ângulo que a escada forma com a vertical (conforme pedido).
  • Centro de massa: por ser uniforme, está no meio da escada, a uma distância L/2 do pé ao longo da escada.
  • Forças que atuam:
    1. peso: força gravitacional \;Mg\; aplicada no centro da escada, direção vertical para baixo.
    2. reação normal no chão: chamo \;N_g\;, direção vertical para cima (pois o chão sustenta a escada).
    3. atrito no chão: chamo \;f_g\;, direção horizontal (tangencial ao chão). Quando a escada tende a escorregar, o pé tende a mover-se no sentido oposto ao atrito; se a escada vai escorregar, o atrito no pé atua em sentido que impede esse deslizamento.
    4. reação normal na parede: chamo \;N_w\;, direção horizontal, perpendicular à parede (empurra a escada para longe da parede).
    5. atrito na parede: chamo \;f_w\;, direção vertical (tangencial à parede). Se a escada tende a descer pelo topo, o atrito na parede atua para cima.
Explicação didática do atrito estático limite:
  • O atrito estático máximo que pode aparecer numa superfície é \;f_{\max}=\mu_{E}N\;, onde N é a normal nessa superfície. No estado “a ponto de escorregar” usamos igualdade f=\mu_{E}N.
  • Temos dois pontos de contato (solo e parede), e em estado limite ambos os atritos podem atingir seus máximos. Vamos assumir esse caso (é o caso típico do problema).

Passo 3

Escrever as equações de equilíbrio (forças e torques), lembrando que a escada está em repouso estático (somatório de forças e somatório de momentos nulos).
  1. Equilíbrio das forças na direção horizontal:
\sum F_x: \quad f_g - N_w = 0 \quad\Rightarrow\quad f_g = N_w.
  1. Equilíbrio das forças na direção vertical:
\sum F_y: \quad N_g + f_w - Mg = 0 \quad\Rightarrow\quad N_g = Mg - f_w.
  1. Equilíbrio de momentos (torques). Escolho o pé da escada como ponto de referência para calcular momentos — assim as forças N_g e f_g passam por esse ponto e não contribuem com momento (economiza contas). Considere momento positivo no sentido que amplia o ângulo (convenção consistente).
  • Braços das forças em relação ao pé:
    • a normal na parede N_w atua no topo; sua linha de ação tem braço vertical L\cos\theta;
    • o atrito na parede f_w atua no topo; seu braço horizontal é L\sin\theta;
    • o peso Mg aplicado no centro tem braço horizontal (L/2)\sin\theta.
      Logo o somatório de momentos em torno do pé:
\sum M_{\text{pé}}: \quad N_w \,L\cos\theta + f_w \,L\sin\theta - Mg\left(\frac{L}{2}\right)\sin\theta = 0.é
Dividindo por L (positivo) obtemos
N_w\cos\theta + f_w\sin\theta = \frac{Mg}{2}\sin\theta.

Passo 4

Aplicar as condições de atrito no estado limite (a escada está “a ponto de escorregar”):
  • No contato com a parede: f_w = \mu_{E} N_w.
  • No contato com o chão: f_g = \mu_{E} N_g.
Use a relação horizontal f_g = N_w (passo 3) junto com f_g = \mu_{E} N_g para relacionar N_w e N_g:
N_w = \mu_{E} N_g \quad\Rightarrow\quad N_g = \frac{N_w}{\mu_{E}}.
Use agora a equação vertical N_g = Mg - f_w com f_w=\mu_{E}N_w:
\frac{N_w}{\mu_{E}} = Mg - \mu_{E}N_w.
Isolando N_w:
N_w\left(\frac{1}{\mu_{E}} + \mu_{E}\right) = Mg \quad\Rightarrow\quad N_w = \frac{Mg}{\dfrac{1}{\mu_{E}} + \mu_{E}}.
Fazendo um único denominador:
N_w = \frac{Mg}{\dfrac{1+\mu_{E}^2}{\mu_{E}}} = \frac{Mg\,\mu_{E}}{1+\mu_{E}^2}.
Portanto já temos uma expressão para a normal na parede em termos de M,g,\mu_{E}.

Passo 5

Voltar à equação de momento e substituir f_w=\mu_{E}N_w. Da equação de momentos:
N_w\cos\theta + f_w\sin\theta = \frac{Mg}{2}\sin\theta.
Substituindo f_w=\mu_{E}N_w:
N_w(\cos\theta + \mu_{E}\sin\theta) = \frac{Mg}{2}\sin\theta.
Agora substituímos N_w encontrado no passo anterior, mas podemos simplificar antes dividindo ambos os lados por Mg. Usarei N_w já calculado para eliminar N_w e obter uma relação entre \theta e \mu_{E}. Substituindo N_w = \dfrac{Mg\,\mu_{E}}{1+\mu_{E}^2} e cancelando Mg:
\frac{\mu_{E}}{1+\mu_{E}^2}\bigl(\cos\theta + \mu_{E}\sin\theta\bigr) = \frac{1}{2}\sin\theta.
Multiplicando ambos os lados por 2(1+\mu_{E}^2) e rearranjando, passo a passo:
2\mu_{E}\cos\theta + 2\mu_{E}^2\sin\theta = (1+\mu_{E}^2)\sin\theta.
Agrupando os termos com \sin\theta:
2\mu_{E}\cos\theta + (2\mu_{E}^2 - 1 - \mu_{E}^2)\sin\theta = 0
2\mu_{E}\cos\theta + (\mu_{E}^2 - 1)\sin\theta = 0.
Passando o segundo termo para o outro lado:
2\mu_{E}\cos\theta = (1 - \mu_{E}^2)\sin\theta.
Dividindo ambos os lados por \cos\theta (assumindo \cos\theta\neq0):
2\mu_{E} = (1 - \mu_{E}^2)\tan\theta.
Finalmente isolando \tan\theta:
\tan\theta = \frac{2\mu_{E}}{1 - \mu_{E}^2}.

Passo 6

Interpretação e condições:
  • A expressão obtida é válida enquanto o denominador 1-\mu_{E}^2 for positivo, i.e., \mu_{E}<1. Se \mu_{E}\ge1 a escada não escorregaria nessa posição (ou o modelo precisa de interpretação adicional).
  • Para \mu_{E} pequeno, a aproximação \tan\theta\approx 2\mu_{E} é recuperada, que é a versão linearizada.

Passo 7

Calcular explicitamente as outras forças em função de M,g,\mu_{E} (já obtivemos N_w):
  • Normal na parede:
N_w = \frac{Mg\,\mu_{E}}{1+\mu_{E}^2}.
  • Atrito na parede (direção vertical para cima, no estado limite):
f_w = \mu_{E}N_w = \frac{Mg\,\mu_{E}^2}{1+\mu_{E}^2}.
  • Normal no chão (vertical para cima):
N_g = \frac{N_w}{\mu_{E}} = \frac{Mg}{1+\mu_{E}^2}.
  • Atrito no chão (horizontal, dirigido para o interior/parede, magnitude igual a N_w por equilíbrio horizontal):
f_g = N_w = \frac{Mg\,\mu_{E}}{1+\mu_{E}^2}.
  • Peso (no centro da escada, direção vertical para baixo): \;Mg\;.
Observação sobre \mu_{D}: o coeficiente cinético \mu_{D} entra em cena apenas se a escada efetivamente passa a escorregar (movimento); então, durante o movimento o atrito teria valor \mu_{D}N. Mas para o ângulo de início de deslizamento usamos \mu_{E}.

Resposta

\displaystyle \theta = \arctan\!\left(\frac{2\mu_{E}}{1-\mu_{E}^2}\right)
N_w=\dfrac{Mg\,\mu_{E}}{1+\mu_{E}^2},\quad f_w=\dfrac{Mg\,\mu_{E}^2}{1+\mu_{E}^2}\,( \text{na parede, para cima}),\quad N_g=\dfrac{Mg}{1+\mu_{E}^2},\quad f_g=\dfrac{Mg\,\mu_{E}}{1+\mu_{E}^2}\,(\text{no chão, dirigido para a parede}),\quad \text{peso}=Mgã

Exercícios relacionados