Equilíbrio Estático em Corpos de Mais de uma Dimensão

Teoria Completa

Equilíbrio Estático em Corpos de mais de uma dimensão

Esse assunto é bem parecido com os anteriores, só vamos ter alguns cuidados específicos.

É lógico que como se trata de equilíbrio estático as condições de equilíbrio vão continuar valendo!

  • o somatório das forças externas ser zero ∑ F → = 0
  • o somatório dos torques externos em relação a qualquer ponto ser zero ∑ τ → = 0

Vamos lá!

Imagina que somos engenheiros... Um dia seremos!

E recebemos uma vista de cima com as forças de um projeto. Precisamos verificar se a vista está em equilíbrio estático.

Somatório de Forças Externas

Nesse tipo de questão, vamos fazer um eixo x y e simplesmente fazer o somatório de ∑ F x → = 0 e ∑ F y → = 0 .

Muito parecido com os exercícios de um dimensão só!

No exemplo da vista, teríamos:

∑ F x → = 0

F 3 = F 1

∑ F y → = 0

F 2 = F 4

Tranquilo!

Somatório dos Torques Externos

Aqui a lógica é bem parecida com as questões de barras unidimensionais.

Precisamos achar as distâncias perpendiculares dos eixos de rotação até as linhas de ação da força.

Vamos ver no exemplo!

No exemplo da figura, o melhor eixo que poderíamos escolher é o ponto de encontro entre F 3 e F 4 , pois aí só teremos torque gerado por F 2 e F 1 .

Achando as distâncias d 1 e d 2 e utilizando o sentido anti-horário como positivo, posso montar a equação.

∑ τ → = 0

F 1 d 1 - F 2 d 2 = 0

Show!

Vou mostrar agora alguns detalhezinhos que, às vezes, vai ser necessário saber.

Ponto que a normal age

Em vários problemas desse tipo, será necessário saber definir o ponto em que a força normal age sobre o corpo.

É sempre no ponto de contato entre a superfície e o corpo!

Repare na figura abaixo!

Centro de gravidade

É preciso ter um pouco de atenção na análise dos centros de gravidade de alguns corpos também.

Normalmente ele está no centro de massa!

Aqui vão alguns exemplos:

O centro de gravidade da esfera é localizando em seu ponto central

O centro de gravidade de um cubo ou paralelepípedo é localizado em seu ponto central

Show!

É isso que vai ser cobrado nos exercícios! Vamos resolver?

Expandir

Exercício Resolvido #1

Halliday e Resnick, Fundamentos de Física, Volume 2, 8ª edição, Cap 12, pp 18-5

Na figura abaixo, uma esfera uniforme de massa m = 0,85   k g e raio r = 4,2   c m é mantida em repouso por uma corda de massa desprezível, presa a uma parede sem atrito a uma distância L = 8,0   c m acima do centro da esfera.

Determine

  1. A tensão da corda
  2. A força que a parede exerce sobre a esfera

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Passo 1

Vamos montar o problema.

Temos

F n a força normal

P → o peso da bola

T → a tração

θ o ângulo que a tração faz com a parede

Passo 2

Podemos descobrir o valor desse ângulo, já que temos os dois catetos de um triângulo retângulo L e r.

θ = tan - 1 ⁡ r L = tan - 1 ⁡ 4,2 8 = 27,699

Passo 3

Então, podemos aplicar as condições de equilíbrio.

Vamos aplicar

∑ F → x = 0

∑ F → y = 0

Para isso, temos que decompor T → em T x e T y .

Pela figura, aplicando decomposição de vetores, vemos que

T x = - T s e n θ , repare que o sentido está negativo

T y = T c o s θ

Então,

∑ F → x = 0

F n - T s e n θ = 0

∑ F → y = 0

T c o s θ - m g = 0

Passo 4

Vamos resolver as equação.

Vou começar pela

∑ F → y = 0

T = m g c o s θ = 0,85 x 9,8 c o s 27,699 ° = 9,4   N

Passo 5

Agora aplcamos na equação:

∑ F → x = 0

F n = T s e n θ = 9,4 s e n 27,699 ° = 4,37   N

Resposta

  1. 9,4   N
  2. 4,37   N

Exercício Resolvido #2

Paul A. Tipler e Gene Mosca, Física Para Cientistas e Engenheiros Volume 1, 6ª edição, Cap 12, pp 424 - 21

Um cilindro de massa M está apoiado sobre uma calha sem atrito, formada por um plano inclinado de 30 ° com a horizontal, à esquerda, e outro plano inclinado de 60 ° , à direita, como mostrado na figura abaixo. Determine a força exercida por cada plano sobre o cilindro.

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Passo 1

Vamos começar montando a figura. Temos um cilindro entre dois planos inclinados sem atrito.

É possível perceber que tem duas forças normais e a força peso do cilindro, conforme mostra a figura abaixo:

Passo 2

Como a situação é de equilíbrio, vamos usar as condições de equilíbrio:

∑ F x = 0

∑ F y = 0

Mas antes disso, temos que decompor F n 1 → e F n 2 → .

A ideia é descobrir a inclinação dessas forças. Montamos, então, a seguinte figura:

Perceba que descobrindo o valor de θ , podemos decompor F n 1 → em x e y .

Montando esse triângulo, fica fácil de ver que θ + 60 ° + 90 ° = 180 ° .

θ = 30 °

De forma análoga, no plano de F n 2 → , temos a seguinte figura:

Show! Agora já podemos decompor as forças (lembre-se cosseno lado colado ao ângulo e seno lado oposto) e utilizar as equações.

Passo 3

Começando por:

∑ F x = 0

F n 1 s e n 30 ° - F n 2 s e n 60 ° = 0

F n 1 = F n 2 s e n 60 ° 1 s e n 30 °

F n 1 = 3 F n 2

Agora podemos utilizar a outra equação:

∑ F y = 0

F n 1 c o s 30 + F n 2 c o s 60 - m g = 0

Substituindo o valor de F n 1 :

3 F n 2 c o s 30 + F n 2 c o s 60 = m g

F n 2 = m g 3 c o s 30 + c o s 60

F n 2 = 1 2 m g

Podemos agora descobrir o valor de F n 1 :

F n 1 = 3 2 m g

Resposta

F n 1 = 3 2 m g

F n 2 = 1 2 m g

Exercício Resolvido #3

Halliday e Resnick, Fundamentos de Física, Volume 2, 8ª edição, Cap 12, pp 19-13

As forças F 1 → ,   F 2 →   e   F 3 → agem sobre a estrutura cuja vista superior aparece na figura abaixo. Deseja-se colocar a estrutura em equilíbrio aplicando uma quarta força em um ponto como P. A quarta força tem componentes vetoriais F h → e F v → . Sabe-se que a = 2,0 m , b = 3,0 m , c = 1,0 m , F 1 = 20 N , F 2 = 10 N , F 3 = 5,0 N .

Determine

  1. F h
  2. F v
  3. d

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Passo 1

Vamos começar analisando F h → .

Podemos usar uma das equações do equilíbrio estático:

∑ F x = 0

F h - F 3 = 0

F h = F 3

F h = 5,0 N

Passo 2

Para analisar F v → , vamos usar outra equação do equilíbrio estático.

∑ F y = 0

F v = F 1 + F 2 = 30 N

Passo 3

Para descobrirmos d , vamos utilizar a equação referente ao torque.

∑ τ = 0

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

d F v - b F 2 - a F 3 = 0