a) ( 1,5 ponto) Uma escada de 20 m , massa 50 kg , está encostada numa parede; o ponto de apoio está a uma altura de 16 m do solo. O centro de massa da escada está a um terço de seu comprimento, medindo de baixo. Um homem de 80 kg está apoiado no meio da escada. Supondo não haver atrito entre a escada e a parede, determinar as forças exercidas pelo sistema no solo e na parede.
b) ( 1,0 ponto) Se o coeficiente de atrito estático entre o solo e a escada é 0,40 , até que altura o homem pode subir na escada, antes que ela comece a escorregar?

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede (sem resolver ainda).
Dados que peguei do enunciado:
  • Comprimento da escada: \,L=20\\ \text{m}.
  • Massa da escada: \,m_{\ell}=50\\ \text{kg}.
  • A escada está encostada na parede com o ponto superior a uma altura de \,h=16\\ \text{m} do solo (isto foi dado).
  • O centro de massa da escada está a um terço do comprimento, medido a partir de baixo: isto é, posição ao longo da escada \,s_{\ell}=L/3.
  • Um homem de massa \,m_m=80\\ \text{kg} está apoiado no meio da escada: posição ao longo da escada \,s_m=L/2.
  • A parede é sem atrito (o enunciado informou explicitamente que não há atrito entre escada e parede).
  • No item (b) o coeficiente de atrito estático entre solo e escada é \,\mu_s=0,40.
O enunciado pede:
(a) Determinar as forças exercidas pelo sistema (escada + homem) no solo e na parede, supondo sem atrito na parede.
(b) Com \,\mu_s=0,40 entre solo e escada, até que altura o homem pode subir antes da escada escorregar?

Passo 2

Primeiro calculamos a geometria da escada para usar em torques (essa parte é puramente trigonométrica).
A escada forma um triângulo retângulo com altura \,h=16\\ \text{m} e hipotenusa \,L=20\\ \text{m}. A base (distância horizontal do pé da escada à parede) é
d=\sqrt{L^{2}-h^{2}}=\sqrt{20^{2}-16^{2}}=\sqrt{400-256}=\sqrt{144}=12\\ \text{m}.
O ângulo \theta que a escada faz com o solo satisfaz
\sin\theta=\frac{h}{L}=\frac{16}{20}=0{,}8,\qquad \cos\theta=\frac{d}{L}=\frac{12}{20}=0{,}6.
Anote: \sin\theta=0{,}8 e \cos\theta=0{,}6. Esses valores vão aparecer ao transformar distâncias ao longo da escada em projeções horizontais/verticais.

Passo 3

Vamos montar o equilíbrio estático (forças e momentos). Antes, defino as forças que aparecem no diagrama de corpo livre (DCL) da escada+homem:
  • Peso da escada: W_{\ell}=m_{\ell}g atuando verticalmente para baixo no ponto a \,s_{\ell}=L/3 ao longo da escada a partir do pé.
  • Peso do homem: W_{m}=m_{m}g atuando verticalmente para baixo no ponto a \,s_{m}=L/2 ao longo da escada.
  • Reação da parede (sem atrito): é uma força horizontal aplicada no topo da escada. Vou chamar de \,H (direção horizontal, apontando do topo para fora da parede sobre a escada).
  • No solo há duas componentes de reação: uma normal vertical para cima \,N e uma força horizontal \,F (que, se houver atrito, é a força de atrito; se não houver atrito, é apenas a reação horizontal necessária para equilíbrio). Pelo princípio da ação e reação, a força que o sistema (escada+homem) exerce no solo tem componentes -N (para baixo) e -F (no sentido horizontal oposto à força que o solo exerce sobre a escada). Para efeito de equilíbrio tomamos as forças que o solo exerce sobre a escada: N (para cima) e F (horizontal para compensar H).
Explicação do método de equilíbrio:
  • Equilíbrio translacional horizontal: soma das forças horizontais = 0 \Rightarrow F - H = 0 (tomando F para a direita e H para a esquerda ou vice‑versa); portanto
F = H.
  • Equilíbrio translacional vertical: soma das forças verticais = 0 \Rightarrow N - W_{\ell} - W_{m} = 0; logo
N = W_{\ell} + W_{m}.
  • Equilíbrio rotacional (momentos): escolhemos o pé da escada como ponto de cálculo de momentos (isso elimina N e F do momento porque suas linhas de ação passam pelo ponto). A soma dos momentos em torno do pé deve ser zero. As forças verticais W_{\ell} e W_{m} produzem momentos cujo braço horizontal relativo ao pé é a projeção horizontal da posição ao longo da escada: para um ponto a distância s ao longo da escada, a coordenada horizontal é x=s\cos\theta. A reação horizontal H no topo produz momento cujo braço vertical é exatamente a altura h. Assim o balanço de momentos (tomando momentos que tendem a girar num sentido como positivos) fica:
H\cdot h = W_{\ell}\cdot (s_{\ell}\cos\theta) + W_{m}\cdot (s_{m}\cos\theta).
Note que todas as quantidades acima já foram definidas.

Passo 4

Calcular os pesos numéricos usando g=9{,}8\\ \text{m/s}^2.
W_{\ell}=m_{\ell}g=50\cdot 9{,}8=490\\ \text{N}.
W_{m}=m_{m}g=80\cdot 9{,}8=784\\ \text{N}.
Também fixamos as posições ao longo da escada:
s_{\ell}=\frac{L}{3}=\frac{20}{3}\\ \text{m}\approx 6{,}666\ldots\\ \text{m}, \qquad s_{m}=\frac{L}{2}=10\\ \text{m}.

Passo 5

Agora aplicamos o equilíbrio de momentos para encontrar H. Usando
H\cdot h = \cos\theta\,(W_{\ell}s_{\ell}+W_{m}s_{m}),
substituímos números:
\cos\theta=0{,}6,\quad h=16\\ \text{m}.
Calcule primeiro W_{\ell}s_{\ell}+W_{m}s_{m}:
W_{\ell}s_{\ell}=490\cdot\frac{20}{3}=\frac{490\cdot 20}{3}=\frac{9800}{3}=3266{,}666\ldots\\ \text{N}\cdot\text{m},
W_{m}s_{m}=784\cdot 10=7840\\ \text{N}\cdot\text{m}.
Soma:
W_{\ell}s_{\ell}+W_{m}s_{m}=3266{,}666\ldots+7840=11106{,}666\ldots\\ \text{N}\cdot\text{m}.
Multiplicando por \cos\theta=0{,}6:
\cos\theta\,(W_{\ell}s_{\ell}+W_{m}s_{m})=0{,}6\cdot 11106{,}666\ldots=6664{,}0\\ \text{N}\cdot\text{m}.
Portanto
H=\frac{6664{,}0}{h}=\frac{6664{,}0}{16}=416{,}5\\ \text{N}.

Passo 6

Com H conhecido, determinamos as demais componentes no solo.
  • Pela igualdade das forças horizontais:
F=H=416{,}5\\ \text{N}.
  • Pela soma vertical:
N=W_{\ell}+W_{m}=490+784=1274\\ \text{N}.
A resultante da reação do solo (módulo) é a combinação vetorial de N (vertical) e F (horizontal):
R=\sqrt{N^{2}+F^{2}}=\sqrt{1274^{2}+416{,}5^{2}}.
Calculemos numericamente:
1274^{2}=1\,623\,076,\qquad 416{,}5^{2}=173\,472{,}25,
R=\sqrt{1\,623\,076+173\,472{,}25}=\sqrt{1\,796\,548{,}25}\approx 1340{,}6\\ \text{N}.
Ângulo da resultante em relação à vertical (medido do vertical em direção à parede):
\varphi=\arctan\!\left(\frac{F}{N}\right)=\arctan\!\left(\frac{416{,}5}{1274}\right)\approx 18{,}0^\circ.

Passo 7

Interpretação física das forças (sinais e sentidos):
  • Força exercida pelo sistema na parede: a escada empurra a parede horizontalmente com magnitude \,416{,}5\\ \text{N}. Pelo princípio da ação e reação, a parede exerce sobre a escada uma força horizontal de \,416{,}5\\ \text{N} no sentido oposto.
  • Forças exercidas pelo sistema no solo:
    • Componente vertical para baixo igual ao peso total: \,1274\\ \text{N}.
    • Componente horizontal para a parede (ou seja, empurrando o solo na direção da parede) igual a \,416{,}5\\ \text{N}.
    • Resultante dessas duas componentes tem módulo \,1340{,}6\\ \text{N} e forma um ângulo de \,18{,}0^\circ com a vertical, virando em direção à parede.

Passo 8

Agora o item (b): encontrar até que altura o homem pode subir quando existe atrito estático no solo com coeficiente \mu_s=0{,}40.
Explicação: a escada começa a deslizar quando a força horizontal necessária no solo F excede a máxima força de atrito estático
F_{\max}=\mu_s N.
Calculamos N (o normal) que, enquanto a escada está em equilíbrio vertical, continua sendo o peso total:
N=W_{\ell}+W_{m}=1274\\ \text{N}.
Logo
F_{\max}=\mu_s N=0{,}40\cdot 1274=509{,}6\\ \text{N}.

Passo 9

Para determinar até que posição ao longo da escada (distância s_m medida a partir do pé) o homem pode subir, usamos novamente o equilíbrio de momentos em torno do pé, mas agora impondo que a reação horizontal requerida H é, no limite, igual a F_{\max} (porque quando o atrito atinge seu máximo a escada está prestes a escorregar).
A equação de momento é (derivação igual à do item (a)):
H\cdot h = \cos\theta\,(W_{\ell}s_{\ell}+W_{m}s_{m}).
No limite de escorregamento tomamos H=F_{\max}. Isolando s_{m}:
s_{m}=\frac{\dfrac{H h}{\cos\theta}-W_{\ell}s_{\ell}}{W_{m}}.
Substituímos H=F_{\max}=509{,}6\\ \text{N}, h=16\\ \text{m}, \cos\theta=0{,}6, W_{\ell}s_{\ell}=3266{,}666\ldots\\ \text{N}\cdot\text{m} e W_{m}=784\\ \text{N}.

Passo 10

Cálculo numérico de s_{m}:
Primeiro calcule \dfrac{H h}{\cos\theta}:
\frac{H h}{\cos\theta}=\frac{509{,}6\cdot 16}{0{,}6}=\frac{8153{,}6}{0{,}6}=13\,589{,}333\ldots\\ \text{N}\cdot\text{m}.
Subtraindo W_{\ell}s_{\ell}=3266{,}666\ldots:
13\,589{,}333\ldots - 3266{,}666\ldots =10\,322{,}666\ldots\\ \text{N}\cdot\text{m}.
Dividindo por W_{m}=784:
s_{m}=\frac{10\,322{,}666\ldots}{784}\approx 13{,}17\\ \text{m}.
Esse valor é a distância ao longo da escada medida a partir do pé (ou seja, posição sobre a escada onde o homem pode estar no máximo sem que ocorra deslizamento).
A altura vertical correspondente (distância ao solo) é
y=s_{m}\sin\theta \approx 13{,}17\cdot 0{,}8 \approx 10{,}54\\ \text{m}.
Observações práticas: s_{m}\approx 13{,}17\\ \text{m} é menor que o comprimento da escada \,L=20\\ \text{m}, então o valor é fisicamente possível. A altura máxima na parede onde o homem pode alcançar antes do escorregamento é \approx 10{,}54\\ \text{m}.

Resposta

(a) Força na parede (horizontal): 416{,}5\\ \text{N}.\nForças no solo: componente vertical para baixo 1274\\ \text{N}, componente horizontal para a parede 416{,}5\\ \text{N}; resultante 1340{,}6\\ \text{N} formando 18{,}0^\circ com a vertical (em direção à parede).\n(b) O homem pode subir até s_{m}\approx 13{,}17\\ \text{m} ao longo da escada, o que corresponde à altura vertical \,y\approx 10{,}54\\ \text{m} acima do solo.

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