Seja uma escada de comprimento 9 metros. Colocamos uma extremidade desta escada em uma parede de altura 4 metros. A escada pesa 20 kg . Se o coeficiente de atrito estático com o chão vale 0.40 , e um homem de 60 kg sobe nesta escada, faça:
a) O diagrama de força na escada indicando todas as forças que agem sobre ela.
b) A altura máxima que este homem pode alcançar na escada antes da escada deslizar

Passo 1

O enunciado descreve uma escada homogênea de comprimento L=9,m apoiada contra uma parede de altura h=4,m, com coeficiente de atrito estático no chão \mu_s=0{,}40. A escada pesa m_L=20,kg e um homem de m_M=60,kg sobe até uma distância x ao longo da escada. Queremos (a) representar todas as forças sobre a escada e (b) determinar a altura máxima que o homem pode alcançar antes que a escada escorregue. O conteúdo necessário é equilíbrio estático de corpo rígido com atrito.

Passo 2

No diagrama de forças aplicado à escada (vista de lado, apoio no chão à esquerda e contato com a parede à direita) temos:
– no ponto de contato com o chão, a força normal vertical para cima
\displaystyle N_1, e a força de atrito estático horizontal para a esquerda \displaystyle f;
– no ponto de contato com a parede, a reação normal horizontal para a esquerda \displaystyle N_2 (assumimos a parede sem atrito);
– o peso da escada \displaystyle W_L=m_L\,g atuando no centro da escada (distância L/2 do pé);
– o peso do homem \displaystyle W_M=m_M\,g atuando a uma distância x do pé, ao longo da escada.

Passo 3

Pela condição de equilíbrio das forças em cada direção, temos:
horizontalmente:
f = N_2,
verticalmente:
N_1 = W_L + W_M = (m_L + m_M)\,g.

Passo 4

Para o equilíbrio de momentos, tomamos o pivô no ponto de contato com o chão. Somatório dos momentos nulos dá
N_2\,(h) \;-\;W_L\,d_1\;-\;W_M\,d_2\;=\;0,
onde
\displaystyle d_1 é o braço horizontal do peso da escada e
\displaystyle d_2 o braço horizontal do peso do homem.
Como a base da escada fica a
\displaystyle a=\sqrt{L^2-h^2}=\sqrt{9^2-4^2}=\sqrt{65} metros do pé da parede, os braços são
d_1 = \frac{a}{L}\,\frac{L}{2} = \frac{a}{2}, \quad d_2 = \frac{a}{L}\,x.

Passo 5

No limite de escorregamento, a força de atrito vale
f_{\max} = \mu_s\,N_1,
e como f=N_2, temos
N_2^{\max} = \mu_s\,(m_L + m_M)\,g.
Substituindo em momentos:
N_2^{\max}\,h = W_L\,\frac{a}{2} +W_M\,\frac{a}{L}\,x.
Isolando x:
x = \frac{N_2^{\max}\,h \;-\; W_L\,\tfrac{a}{2}}{W_M\,\tfrac{a}{L}}.

Passo 6

Calculando numericamente:
\displaystyle g=9{,}8,m/s²,
\displaystyle a=\sqrt{65}\approx8{,}062,m,
(m_L+m_M)\,g=80\cdot9{,}8=784\rm~N, \quad N_2^{\max}=0{,}40\cdot784=313{,}6\rm~N,
W_L=20\cdot9{,}8=196\rm~N, \quad W_M=60\cdot9{,}8=588\rm~N, \quad \frac{a}{2}=4{,}031\rm~m, \quad \frac{a}{L}=0{,}8958.
Então
x = \frac{313{,}6\cdot4 - 196\cdot4{,}031} {588\cdot0{,}8958} \approx0{,}884\rm~m.
A altura vertical correspondente é
y = \frac{h}{L}\,x = \frac{4}{9}\times0{,}884\approx0{,}393\rm~m.

Resposta

a) No diagrama de forças, atuam sobre a escada:
– no chão: normal N_1 para cima e atrito f para a esquerda;
– na parede: reação normal N_2 para a esquerda;
– peso da escada W_L no centro;
– peso do homem W_M a uma distância x do pé.
b) A altura máxima antes de escorregar é aproximadamente 0{,}39,m.

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