Questão 3: ( 3,0 pontos) A escada e a pessoa têm massa de 15 kg e 80 kg , respectivamente. O centro de massa da escada de 3 m está em seu ponto médio. Assuma que a parede exerce uma força de atrito desprezível sobre a escada.
(a) Se \alpha é 30^{\circ}, qual é a magnitude da força de atrito exercida na escada pelo chão?
(b) Qual o coeficiente mínimo de atrito estático entre a escada e o chão necessário para que a pessoa consiga subir até o topo da escada sem escorregar?
(c) Assuma agora que o coeficiente de atrito estático entre a escada e o chão é 0.5 e o coeficiente de atrito entre a escada e a parede é 0.3. Qual é o maior valor do ângulo \alpha para o qual a pessoa conseguiria subir até o topo da escada sem que ela escorregasse?

Passo 1

O enunciado dá uma escada de comprimento L=3{,}0 m e massa M=15 kg apoiada no chão e numa parede lisa (sem atrito). Uma pessoa de massa m=80 kg sobe até o topo. O centro de massa da escada fica em L/2=1{,}5 m do pé. O ângulo que a escada faz com o chão é \alpha. Vamos usar equilíbrio estático de forças (horizontal e vertical) e de momentos em torno do pé da escada para:
(a) achar a força de atrito no chão quando \alpha=30^\circ e a parede não tem atrito;
(b) achar o coeficiente mínimo \mu_s no chão para que, nesse mesmo caso sem atrito na parede, a pessoa possa subir sem escorregar;
(c) supondo agora \mu_{\rm chao}=0{,}5 e \mu_{\rm parede}=0{,}3, achar o maior \alpha que ainda mantém a escada presa quando a pessoa chega ao topo.

Passo 2

Modelo de corpo livre (sem atrito na parede):
• No apoio do chão atuam N_b (normal vertical), f (atrito horizontal).
• Na parede atua N_w (normal horizontal).
Equilíbrios:
\sum F_x: \quad f = N_w,
\sum F_y: \quad N_b = (M+m)\,g,
\sum M_{\text{pé}}: \quad N_w\,(L\sin\alpha)\;=\;M\,g\,\bigl(\tfrac L2\cos\alpha\bigr)\;+\;m\,g\,(L\cos\alpha).é
Dessa última vêm
N_w = \frac{g\cos\alpha\,(0{,}5\,M + m)\,L}{L\sin\alpha} = \frac{(0{,}5\,M + m)\,g\,\cos\alpha}{\sin\alpha}.
Como f=N_w, basta avaliar para \alpha=30^\circ.

Passo 3

Para \alpha=30^\circ, 0{,}5\,M + m =0{,}5\cdot15 +80=87{,}5.
N_w = \frac{87{,}5\cdot 9{,}8\cdot\cos30^\circ}{\sin30^\circ} = \frac{87{,}5\cdot9{,}8\cdot(\sqrt3/2)}{1/2} \approx 1{,}49\times10^3\text{ N}.
Logo a força de atrito no chão é
\boxed{f\approx1{,}49\times10^3\text{ N}.}

Passo 4

(b) Como \mu_{\min}=\tfrac{f}{N_b} e N_b=(M+m)g=95\cdot9{,}8\approx931 N,
\mu_{\min} = \frac{1{,}49\times10^3}{931}\approx1{,}60.
Portanto
\boxed{\mu_s\approx1{,}6.}

Passo 5

(c) Agora há atrito no chão \mu_{\rm chao} e na parede \mu_{\rm parede}. No limite de escorregamento, ambos atritos saturam:
f_b = \mu_{\rm chao}\,N_b,\quad f_w = \mu_{\rm parede}\,N_w.
Reescrevendo o equilíbrio de momentos (com L cancelado):
N_w\sin\alpha + f_w\cos\alpha = (0{,}5\,M + m)\,g\cos\alpha.
Substituindo f_w=\mu_{\rm parede}N_w e N_b=(M+m)g - f_w e também f_b=N_w=\mu_{\rm chao}N_b, obtém-se a condição
\tan\alpha = \frac{(0{,}5\,M + m)\;-\;0{,}5\,M\,\mu_{\rm chao}\,\mu_{\rm parede}}{\mu_{\rm chao}\,(M+m)}.
Para M=15, m=80, \mu_{\rm chao}=0{,}5, \mu_{\rm parede}=0{,}3, temos
\tan\alpha = \frac{87{,}5 - 0{,}5\cdot15\cdot0{,}5\cdot0{,}3}{0{,}5\cdot95} = \frac{86{,}375}{47{,}5}\approx1{,}818.
Então
\boxed{\alpha_{\max}\approx\arctan(1{,}818)\approx61^\circ.}

Resposta

(a) f\approx1{,}49\times10^3 N
(b) \mu_s\approx1{,}6
(c) \alpha_{\max}\approx61^\circ

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