Equilíbrio Estático em Barras Horizontais

Teoria Completa

Equilíbrio Estático em Barras Horizontais

Esse tipo de exercício nada mais é do que a aplicação das condições de equilíbrio que a gente já viu.

Lembra dessa barra apoiada em um suporte com uma força aplicada em cada extremidade?

Nós a utilizamos para explicar a condição rotacional para equilíbrio estático. Como trata-se de uma barra horizontal, podemos usá-la de novo!

Como ∑ τ → = 0

Podemos aplicar

M 1 → + M 2 → =0

F 1   x   d 1 - F 2   x   d 2 = 0

E, assim, matamos todos os problemas de barra horizontal em equilíbrio estático!

Algumas coisas que você deve ter atenção quando for resolver um exercício desse tipo:

A escolha do eixo

A escolha do eixo é muito importante. Na maioria das vezes, escolhemos um eixo no qual forças que não conhecemos atuam.

No caso da barra do desenho, a gente não sabe qual o valor da sua força normal. Então, parece apropriado escolher esse eixo.

A vantagem disso é que o momento da força que passa pelo eixo de rotação é nulo. Assim, trabalhamos com menos incógnitas e facilita nossa resolução.

Condição da força resultante

Em alguns casos, pode ser bem útil também aplicar a condição referente à força resultante ser zero em corpo em equilíbrio estático.

Então, sempre se lembre dessas equações:

∑ F → x = 0

∑ F → y = 0

É isso! Vamos para os exercícios?

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Exercício Resolvido #1

TIPLER,P.- Física para Cientistas e Engenheiros, Vol 1,6ª Edição, LTC,2009., pp 422 – 3.

A barra horizontal da figura abaixo permanecerá na horizontal se:

  1. L 1 = L 2   e   R 1 = R 2
  2. M 1 R 1 = M 2 R 2
  3. M 2 R 1 = M 1 R 2
  4. L 1 M 1 = L 2 M 2
  5. R 1 L 1 = R 2 L 2

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Passo 1

Sabemos que a condição para barra estar em repouso é o torque resultante ser zero.

∑ τ = 0

Quem faz torque sobre as barras são as trações nos fios, só que a tração no fio da esquerda é igual ao peso do bloco 1. A mesma coisa acontece no bloco 2.

Logo,

R 1 P 1 - R 2 P 2 = 0 → R 1 M 1 g - R 2 M 2 g = 0

Definimos o sentido anti-horário positivo.

Ajeitando a equação:

R 1 M 1 = R 2 M 2

Isso equivale à opção B.

Resposta

Letra B de Bumba Meu Boi! :P

Exercício Resolvido #2

David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker, Fundamentos de Física, Volume 2 , 9º ed. Rio de Janeiro: LTC , 2008, pp 18-7

Um mergulhador com 580 N de peso está em pé na extremidade de um trampolim de comprimento L = 4,5 m e massa desprezível (figura abaixo).

O trampolim está preso em dois suportes separados por uma distância d = 1,5 m . Das forças que agem sobre o trampolim, quais são

  1. O módulo da força exercida pelo suporte de trás.
  2. O sentido (para cima ou para baixo) da força exercida pelo suporte de trás.
  3. O módulo da força exercida pelo suporte da frente.
  4. O sentido (para cima ou para baixo) da força exercida pelo suporte da frente.
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Passo 1

Para descobrir o módulo da força exercida pelo suporte de trás, vamos usar o suporte da frente do ponto de rotação.

A distância da força exercida pelo suporte de trás até o ponto de rotação é d 1 = 1,5 m .

A distância do ponto de atuação do peso do mergulhador até o ponto de rotação é

d 2 = 4,5 m - 1,5 m = 3,0 m .

Sendo F → s t a força do suporte de trás e usando a condição de equilíbrio. Percebemos que como a força peso tende a girar no sentido horário, podemos dizer que o suporte de trás tende a girar no sentido anti-horário. ∑ τ → = 0

F → s t d 1 - P → d 2 = 0  

F → s t = P → d 2 d 1

| F → s t | = 580 N   x   3,0 m 1,5 m

| F → s t | = 1160   N

Passo 2

b) Para descobrirmos o sinal da força, basta analisarmos a figura.

A força peso tende a girar no sentido horário e o suporte de trás no sentido anti-horário. Para que isso ocorra a força do suporte de trás tem que ser negativa, ou seja, para baixo.

Passo 3

c) Para analisar a força do suporte da frente, vamos colocar o ponto de rotação no suporte de trás.

A distância da força exercida pelo suporte da frente até o ponto de rotação é d 1 = 1,5 m .

A distância do ponto de atuação do peso do mergulhador até o ponto de rotação é

d 2 = 4,5 m

Sendo F → s f a força do suporte da frente e usando a condição de equilíbrio. Percebemos que como a força peso tende a girar no sentido horário, podemos dizer que o suporte da frente tende a girar no sentido anti-horário. ∑ τ → = 0

F → s f d 1 - P → d 2 = 0  

F → s f = P → d 2 d 1

| F → s f | = 580 N   x   4,5 m 1,5 m

| F → s f | = 1740   N

Poderíamos também ter feito ∑ F → y = 0

O resultado seria o mesmo!

Passo 4

d) Para descobrirmos o sinal da força, basta analisarmos a figura.

A força peso tende a girar no sentido horário e o suporte da frente no sentido anti-horário. Para que isso ocorra a força do suporte da frente tem que ser positiva, ou seja, para cima.

Resposta

  1. 1160N
  2. Para baixo
  3. 1740N
  4. Para cima

Exercício Resolvido #3

TIPLER,P.- Física para Cientistas e Engenheiros, Vol 1,6ª Edição, LTC,2009., pp 427 – 64.

Uma balança tem braços desiguais. Ela é equilibrada com um bloco de 1,50   k g no prato da esquerda e um bloco de 1,95   k g no braço da direita (figura abaixo). Se o bloco de 1,95   k g é removido do prato da direita e o bloco de 1,50   k g é levado ao prato da direita, qual é a massa que, colocada no prato da esquerda, equilibrará a balança?

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Passo 1

Como a balança está inicialmente em equilíbrio, podemos usar a condição do torque resultante ser zero.

∑ τ → = 0

Chamando o bloco de 1,50 kg de m 1 e o bloco de 1,95 kg de m 2 , montamos a seguinte equação:

m 1 g L 1 = m 2 g L 2

Passo 2

Agora, vamos para a situação seguinte. Temos um bloco com m 3 que não sabemos o valor e o bloco m 1 muda de posição. Podemos, então, fazer uma nova equação de equilíbrio:

m 3 g L 1 = m 1 g L 2

Passo 3

Dividindo a primeira equação pela segunda chegamos a:

m 1 m 3 = m 2 m 1

m 3 = m 1 2 m 2

m 3 = 1,50 2 1,95

m 3 = 1,15 k g

Resposta

1,15 kg

Exercício Resolvido #4

TIPLER,P.- Física para Cientistas e Engenheiros, Vol 1,6ª Edição, LTC,2009., pp 424 – 24.

Júlia foi contratada para ajudar a pintar a fachada de um prédio, mas não está convencida da segurança do equipamento. Uma prancha de 5,0 m é suspensa horizontalmente, do topo do prédio, por cordas presas a cada extremidade. Júlia sabe, de experiência anterior, que as cordas utilizadas se romperão se a tração exceder a 1,0 kN. Seu chefe, de 80 kg, desconsidera as preocupações de Júlia e começa a pintar, quando está a 1,0 m de uma extremidade da prancha. Se a massa de Júlia é 60 kg e a massa da prancha é 20 kg, qual é a região que Júlia pode ocupar sobre a prancha, para ajudar seu chefe, sem provocar o rompimento das cordas?

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Passo 1

Vamos tentar entender o que está acontecendo no problema.

Temos duas forças de tração nas extremidades, o peso da prancha no centro de gravidade, o chefe a 1,0 metro de uma das extremidades, e uma distância x que Júlia pode ocupar.

m j = m a s s a   d a   J ú l i a

m c = m a s s a   d o   c h e f e

m p = m a s s a   d a   p r a n c h a

A figura abaixo retrata isso:

Passo 2

Como a prancha está em equilíbrio, podemo aplicar a condição de torque resultante igual a zero para relacionar x com as outras distâncias e forças.

Então:

∑ τ → = 0

Escolhendo o eixo da esquerda como eixo de rotação, montamos a seguinte equação:

5,0 m T 2 - 4,0 m m c g - 2,5 m m p g - x m j g = 0

x = 5,00 m T 2 m j g - 4,0 m m c m j - 2,5 m m p m j

Substituindo os valores

m j = 60   k g

m p = 20   k g

m c = 80   k g

T 2 = 1   k N

Colocamos o valor máximo de tração, para sabermos o valor máximo de x.

Resolvendo a equação:

x = 8,495   x   10 - 3 m N 1,0   k N - 6.17 m = 2 , 3 m

Como com 1   k N a tração se rompe, Júlia deve ocupar o espaço de x < 2 , m

Resposta

x < 2,3   m

Exercício Resolvido #5

TIPLER,P.- Física para Cientistas e Engenheiros, Vol 1,6ª Edição, LTC,2009., pp 427 – 57.

A figura abaixo mostra um móbile constituído de quatro objetos pendurados de três barras de massas desprezíveis. Determine os valores das massas desconhecidas dos objetos, sabendo que o móbile está em equilíbrio. Dica: Determine, primeiro, a massa m 1 .

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Passo 1

A sacada aqui é dada na dica. Vamos começar de baixo para cima, aplicando a condição rotacional de equilíbrio, já que o móbile está em equilíbrio.

∑ τ → = 0

Escolhendo o ponto de tração como eixo d e rotação, montamos a equação:

3,0 c m 2,0 N = 4,0 c m m 1 g

m 1 = 3 x 2 4 g = 0,1529   k g ≅ 0,15   k g

Passo 2

Na barra do meio, vamos fazer a mesma coisa.

Escolhendo o ponto de tração como eixo de rotação, montamos a equação:

2,0 c m m 2 g = 2,0 N + 0,1529 g 4,0 c m

m 2 = 2,0 N + 0,1529 g 4,0 c m 2,0 c m   g

m 2 = 0,7136 ≅ 0,71   k g

Passo 3

Na barra mais de cima, vamos fazer novamente a mesma coisa.

Escolhendo o ponto de tração como eixo de rotação, montamos a equação:

6,0   c m m 3 g = 2,0   c m ( 0,7136 g + 0,1529 g + 2 N )

m 3 = 2,0   c m 0,7136 g + 0,1529 g + 2 N ( 6,0   c m ) g

m 3 = 0,3568   k g ≅ 0,36   k g

Resposta

m 1 = 0,15   k g