Iminência de Virar um Corpo

Teoria Completa

Iminência de Virar um Corpo

Vamos estudar a iminência de virar um corpo. Não é nada mais do que aplicação do que vimos anteriormente.

Esse tipo de questão envolve um corpo apoiado em um suporte e é necessário aplicar as condições de equilíbrio. Imagine que tenho a situação como a figura abaixo:

Temos uma bola apoiada em um suporte e deseja-se descobrir a força mínima necessária para virar essa bola.

Temos a força vertical e horizontal do suporte na bola. A força mg do peso da bola. O raio r da esfera e uma altura h do suporte.

A sacada aqui está na normal do chão. Percebeu que não colocamos?

Na iminência de virar um corpo, vamos considerar a normal do chão na esfera nula.

Mas por que?

Perceba que se a magnitude de F for menor do que F m í n i m o , a superfície na base da esfera exerce uma força normal, para cima sobre a esfera.

Se F aumenta, esta força normal diminui. Logo, nesse tipo de questão precisamos determinar o valor de F que manterá a esfera no lugar quando a força normal for zero, é aquele valor crítico que faz a esfera virar.

Para isso, vamos aplicar as condições de equilíbrio estável, pois o corpo ainda se encontra em equilíbrio.

∑ F x = 0

∑ F y = 0

∑ τ = 0

Escolha do eixo de rotação

Na hora de montarmos a equação do torque, precisamos saber escolher bem seu eixo de rotação.

Essa escolha se dá de acordo com o problema. Precisamos escolher o eixo pelo qual passa a força que não temos informações.

Assim, o torque gerado por essa força será nulo e poderemos descobrir seu valor em função das outras equações.

Nesse tipo de estão, um bom eixo de escolha é o ponto no qual o corpo se apoia para virar.

No caso do exemplo, escolheríamos o ponto de contato entre a esfera e o suporte e dessa, forma o torque gerado por F h e por F v seriam nulos.

Se liga!

Relação entre altura e raio

Na hora de aplicar ∑ τ = 0 , vai ser necessário achar a distância perpendicular do eixo até a linha de ação da força peso.

Para isso, você vai precisar montar uma relação entre o r e h . Perceba que podemos montar um triângulo retângulo com a relação entre eles.

E aí? Sacou?

Parece complicado, mas é bem simples.

Apenas aplicamos a relação de Pitágoras no triângulo montado.

É isso!

Alguns problemas podem pedir a altura mínima para que seja possível virar o corpo. Mas é só aplicação dessas condições também e manipular as equações. Nesse caso, é provável que a força seja dada pelo enunciado.

Vamos para os exercícios?

Expandir

Exercício Resolvido #1

Halliday e Resnick, Fundamentos de Física, Volume 2, 8ª edição, Cap 12, pp 19-21

Na figura abaixo, qual é o menor valor do módulo da força horizontal (constante) F → , aplicada horizontalmente ao eixo da roda, que permite à roda ultrapassar um degrau de altura h = 3,00 c m ? O raio da roda é r = 6,00 c m e a massa m = 0,800   k g .

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Passo 1

Primeiramente, vamos entender as forças que atuam no problema.

A gente desconsidera força normal na base da roda, porque a força mínima vai ser o ponto que essa normal é zero.

Passo 2

Sabemos que como o mínimo de força é aplicado, a roda não vai apresentar aceleração.

A força mínima é um infidesimal maior do que a força que a força que garante o equilíbrio. É como se a gente colocasse uma formiga na situação de equilíbrio e a roda andasse.

Como não tem aceleração, a força resultante é zero. E... Podemos usar as equações de equilíbrio!

Vamos calcular o torque resultante no ponto em que a roda toca na quina.

Repare só na figura.

Show!

Quando calculamos o torque resultante nesse ponto, já sabemos que o torque gerado por F v e F h são nulos.

Temos que achar o torque gerado por m g e por   F → .

A distância perpendicular da linha de ação de F → até o eixo é de r - h .

A distância perpendicular da linha de ação de mg até o eixo é o outro cateto. Sabemos que por Pitágoras, ele vale: r 2 = r - h 2 + d 2

d 2 = r 2 - ( r - h ) ²

d = 2 r h - h 2

Passo 3

Opa! Falta só aplicar a equação do torque. Considerando o sentido anti-horário positivo.

∑ τ → = 0

m g 2 r h - h 2 - F r - h = 0

F = m g 2 r h - h 2 r - h

Podemos substituir os valores do problema.

F = 0,8 x 9,8 2 x 0,03 x 0,06 - 0,03 2 0,06 - 0,03

F = 13,57   N

D i g i t e   a   e q u a ç ã o   a q u i .

Resposta

F = 13,57   N

Exercício Resolvido #2

Halliday e Resnick, Fundamentos de Física, Volume 2, 8ª edição, Cap 12, pp 19-14

Um caixote cúbico uniforme tem 0,750   m   de lado e pesa 500   N . Ele repousa em um piso com uma das arestas encostada em um obstáculo fixo muito pequno. A que altura mínima acima do piso deve ser aplicada uma força horizontal de 350   N para virar o caixote?

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Passo 1

Primeiramente, vamos tentar entender melhor a figura:

A altura mínima para virar o caixote é aquela que garante o equilíbro. Um infidesimal a mais, o caixote cúbico viraria.

Passo 2

Vamos aplicar então, as condições de equilíbrio! Sempre elas!

Escolhendo o eixo de rotação o aresta que encontra o obstáculo pequeno, podemos desconsiderar o torque gerado pela força do chão e pela força do obstáculo.

A distância perpendicular da força peso até a aresta do cubo é metade de 0,750 m . Vale 0,375 m .

A distância perpendicular da linha de ação da força aplicada até a aresta é h .

Convencionando o sentido anti-horário como positivo, podemos aplicar a equação do torque:

∑ τ → = 0

500   x   0,375 - 350 h = 0

h = 0,375 x 500 350 = 0,536 m

Resposta

0,536 m

Exercício Resolvido #3

Paul A. Tipler e Gene Mosca, Física Para Cientistas e Engenheiros Volume 1, 6ª edição, Cap 12, pp 427 - 62

Um lápis sextavado é colocado sobre um caderno (figura abaixo). Determine o menor coeficiente de atrito estático μ , tal que, se a capa do caderno for erguida, o lápis rolará para baixo sem escorregar.

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Passo 1

Vamos montar a figura do problema.

Temos a força de atrito, a força normal e a força peso. Fica mais fácil colocar o eixo xy na direção da força de atrito e normal, porque assim já contemplamos duas forças.

Dá para fazer uma manipulação rápida ali e transferir o θ para a componente do peso.

O ângulo interno de um hexágono é regular é 120 ° e o ângulo externo é 60 ° .

Passo 2

Na situação limite do rolamento, ainda temos as condições de equilíbrio. Isso significa que o torque resultante em relação a qualquer ponto ainda deve ser zero. Nessa situação, o lápis fica apoiado somente no ponto A, indicado na figura abaixo.

Assim, se quisermos que o lápis esteja na iminência de rolar sem escorregar, é necessário que o centro de massa esteja acima do ponto A, ou seja esse ponto e o centro de massa ligados geram uma reta vertical. Dessa forma, ao aplicarmos o torque em relação a esse ponto, ele ainda será igual a zero (já que as forças normal e atrito estarão nesse ponto e a força peso tem como direção uma reta que passa por esse ponto).

Dando um zoom para explicar isso. Olha como fica!

Assim, vemos que o ângulo crítico, ou seja, na iminência dele girar é de θ = 90 ° - 60 ° = 30 ° .

Se aumentássemos um pouquinho só esse ângulo, o lápis já viraria.

Passo 3

Agora, precisamos relacionar o ângulo θ com o coeficiente de atrito μ .

Vamos aplicar as condições de equilíbrio, já que como estamos falando do menor coeficiente de atrito, estamos falando, também, de iminência.

Então, aplicamos

∑ F → = 0

Passo 4

Para isso, vamos decompor m g nos eixos x e y .

m g x = m g s e n θ

m g y = -   m g c o s θ

Passo 5

Depois de já decompomos, fica mais fácil. Se liga:

∑ F → = 0

∑ F x = m g s e n θ - F a t = 0

∑ F y = -   m g c o s θ + N = 0

Como queremos relacionar θ com μ , precisamos colocar o coeficiente de atrito na história.

Você se lembra que F a t = μ N ? Então, vamos usar isso aqui.

m g s e n θ - μ N = 0

-   m g c o s θ + N = 0

m g c o s θ = N

μ = t a n θ

Sabemos que o ângulo crítico da iminência é 30 ° .

Logo o μ mínimo é t a n 30 ° = 0,51

Resposta

0,51

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