Exercício: escada apoiada.

1) Uma escada uniforme, de $5,0 m$ de comprimento e peso igual a $40 kgf$, está em equilíbrio com sua parte superior encostada em uma parede vertical sem atrito, tendo sua base apoiada no chão a $3,0 m$ da parede.

a) Faça um diagrama correspondente à situação, mostrando todas as forças que atuam na escada.

b) Determine a reação normal da parece ($N_1$), do chão ($N_2$) e a força de atrito na escada ($f$).

2) Suponha que um homem, pesando $90 kgf$, suba lentamente na escada do problema anterior. Sendo o coeficiente de atrito entre o chão e a escada igual a $0,40$, determine a máxima distância que o homem pode subir ao longo da escada sem que ela escorregue.
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Resolução:

1-a:

1-b:

Verticalmente, só temos o peso da escada e a reação de apoio $\overrightarrow{N_2}$, logo serão iguais em módulo.

$N_2\ =\ 40\ kgf$

Horizontalmente temos apenas a reação de apoio na parede $\overrightarrow{N_1}$ e a força de atrito $\overrightarrow{f}$. Portanto, iguais em módulo.

$N_1\ =\ f$

Mas como $f$ é desconhecido, utilizaremos a ferramenta do equilíbrio de rotação, considerando seu torque.

Tomando como referência o ponto de encontro da escada com a parede, teremos:

$\sum M\ =\ 0$

$M_{N_1}\ +\ M_E\ +\ M_{N_2}\ +\ M_f\ =\ 0$ (eq. 1)

Sendo $\overrightarrow{E}$ o peso da escada.

$M_{N_1}$ será nulo pois $\overrightarrow{N_1}$ está aplicada no ponto de referência.

Notemos que a componente perpendicular à escada de $\overrightarrow{E}$ fará o mesmo ângulo de inclinação da escada com relação ao chão. Ângulo tal que seu cosseno é $\dfrac{3}{5}$. Assim:

$M_E\ =\ -\ 40\ \cdot\ \dfrac{3}{5}\ \cdot\ \dfrac{5}{2}\ =\ -60\ kgf\cdot m$ Onde o torque é negativo por provocar uma rotação horária.

$\overrightarrow{N_2}$ também fará o mesmo tal ângulo com a perpendicular à escada. Assim:

$M_{N_2}\ =\ 40\ \cdot\ \dfrac{3}{5}\ \cdot\ 5\ =\ 120\ kgf\cdot m$

Já a componente perpendicular de $\overrightarrow{f}$ fará o ângulo complementar do ângulo de inclinação da escada. Assim, o cosseno do primeiro será seno do segundo. Chamemos de $\theta$ o ângulo de inclinação.

$\sin^2 \theta\ +\ (\dfrac{3}{5})^2 =\ 1$

$\sin \theta\ =\ \dfrac{4}{5}$

Temos então:

$M_f\ =\ -\ f\ \cdot\ \dfrac{4}{5}\ \cdot\ 5$

Substituindo tudo em (eq. 1):

$-60\ + 120\ -\ 4f\ =\ 0\ \Rightarrow\ f\ =\ 15\ kgf\ = N_1$
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2:



Se um homem sobe a escada, consideremos $d$ a máxima distância para a qual a força de atrito estático será a máxima.

Seguindo os mesmos raciocínios da questão anterior, teremos $N_2\ =\ 130\ kgf$, e $f_{eM}\ =\ 40\%\ \cdot\ 130\ =\ 52\ kgf$.

Adicionando o novo termo à (eq. 1), e reconsiderando os novos valores para $f\ =\ f_{eM} $ e $ N_2$, teremos:

$-60\ + 130\ \cdot\ \dfrac{3}{5}\ \cdot\ 5\ -\ 4\ \cdot\ 52\ -\ 90\ \cdot\ \dfrac{3}{5}\ \cdot\ (5\ -\ d)\ =\ 0$

Com dois algarismos significativos: $d\ =\ 2,7\ m$.

Exercício: barra em equilíbrio.

Na estrutura em equilíbrio mostrada na figura deste problema, a barra AB tem peso desprezível. Determine o módulo da tensão $\overrightarrow{T}$ na corda BD e os módulos $F_x$ e $F_y$ das componentes horizontal e vertical da força que a articulação A exerce sobre a barra:

a) Usando as condições $\sum F_x\ =\ 0$, $\sum F_y\ =\ 0$ e $\sum M\ =\ 0$.

b) Usando apenas a condição $\sum M\ =\ 0$, tomando os momentos sucessivamente em relação a A, B e D para obter, assim, três equações independentes, como em (a).
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Resolução:

Letra a:

De $\sum F_y\ =\ 0$ temos:

$F_y\ +\ T_y\ =\ 50$

De $\sum F_x\ =\ 0$ temos:

$T_x\ =\ F_x$

De $\sum M\ =\ 0$ temos:

$T_y\ \cdot\ 40\ =\ 50\ \cdot\ 30$
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$T_y\ =\ \dfrac{75}{2}\ kgf$

$F_y\ =\ \dfrac{25}{2}\ kgf$

Observemos que o ângulo entre a corda e a barra é tal que sua tangente vale $\dfrac{3}{4}$. Logo:

$T_x\ =\ \dfrac{\dfrac{75}{2}}{\dfrac{3}{4}}\ =\ 50\ kgf\ =\ F_x$

Por Pitágoras:

$T^2\ =\ (\dfrac{75}{2})^2\ +\ {50}^2$

$T\ =\ \dfrac{125}{2}\ kgf$
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Letra b:



Com relação a A:

$T_y\ \cdot\ 40\ =\ 50\ \cdot 30\ \Rightarrow\ T_y\ =\ \dfrac{75}{2}$

Com relação a B:

$50 \cdot\ 40\ =\ F_y\ \cdot 40\ \Rightarrow\ F_y\ =\ \dfrac{25}{2}$

Com relação a D, $\overrightarrow{F_y}$ terá torque nulo por não ter componente perpendicular à reta que passa por D. O mesmo pode-se dizer quanto a $\overrightarrow{T_x}\ +\ \overrightarrow{T_y}\ =\ \overrightarrow{T}$. Atuarão apenas $\overrightarrow{F_x}$ e uma componente de $\overrightarrow{P}$. Iremos primeiro calcular tal componente.

Traçando uma reta pelos pontos D e aplicação de $\overrightarrow{P}$, teremos um triângulo isósceles, tal que os ângulos da base serão $\dfrac{\pi}{4}$. Observemos também que a componente perpendicular à esta reta conterá a projeção de $\overrightarrow{P}$ sobre a perpendicular à mesma. Teremos assim:

$F_x\ \cdot\ 30\ =\ \dfrac{50}{\sqrt{2}}\ \cdot\ 30\sqrt{2}\ \Rightarrow\ F_x\ =\ 50\ kgf$

A física do exercício anaeróbio rosca direta.

Como podemos observar, temos um aparelho alavanca interpotente. O músculo bíceps exerce a potência, enquanto o peso a ser levantado, a resistência.

Para manter o sistema em equilíbrio ou levantar o peso, o torque do bíceps deve ser igual ou maior ao momento da força peso da resistência.

Supondo $\overrightarrow{F}$ a potência e $\overrightarrow{P}$ a resistência, temos:

$\sum M\ =\ 0$

$M_F\ +\ M_P\ =\ 0$

Em um antebraço médio, o tendão do bíceps localiza-se a $4 cm$ do fulcro, e a mão a $32 cm$. E convencionando-se o sentido anti-horário como positivo, temos:

$4F\ =\ 32P$

$F\ =\ 8P$

Como fisioculturista modelo, usaremos o Ronnie Coleman, o qual é capaz de fazer o exercício com $90 kgf$.

Assim, seus tendões suportam, apenas em equilíbrio na horizontal, uma tensão de $T\ =\ 8\ \cdot\ 45 = 360\ kgf$ em cada tendão.

E fugindo um pouco da área matemática, ele faz 4 séries de 12 repetições com esta carga!