Equilíbrio Estático em Barras Inclinadas

Produzido por Ludovic Beghin
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Teoria

Equilíbrio Estático em Barras Inclinadas

Vamos falar agora do equilíbrio estático em barras inclinadas.

Você já deve estar bem familiarizado com as condições para equilíbrio estático:

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

Quando formos analisar um corpo inclinado, vamos utilizar essas mesmas equações. Só precisamos ter alguns cuidados.

Imagine uma gangorra de massa desprezível com dois blocos, um em cada extremidade. Ou melhor, a uma quase gangorra – não sou o melhor dos desenhos.

Supondo que ela esteja em equilíbrio estático, podemos usar as condições de equilíbrio.

Nesse caso, ∑ F → = 0 não tem nenhum mistério. É exatamente o que foi feito na teoria de equilíbrio estático num corpo horizontal.

∑ F y → = 0

F r - P 1 - P 2 = 0

Isso você já sabia né!

Vamos agora para a outra condição de equilíbrio estático para o eixo central de rotação:

∑ τ → = 0

Aqui vamos precisar alguns cuidados.

Como o corpo está inclinado, para achar o módulo do momento de cada força precisamos achar a distância até o eixo de rotação que faça um ângulo de 90 ° com a linha de ação da força.

No caso do nosso exemplo, a força F r → não causará torque, já que passa pelo eixo de rotação.

Para calcular o torque gerado por P 1 → , precisamos achar o valor de d 1 , distância do eixo de rotação que faz 90 ° com a linha de ação da força P 1 → .

Da mesma forma, para calcular o torque gerado por P 2 → , precisamos achar o valor de d 2 , distância do eixo de rotação que faz 90 ° com a linha de ação da força P 2 → .

Dessa forma, a equação ∑ τ → = 0

Definindo o sentido anti-horário como positivo

P 1 d 1 = P 2 d 2

Achando d

Em alguns casos, vamos ter que descobrir o valor de d .

Usando o exemplo da gangorra acima. Imagine que d 1 não é dado no problema.

Mas você tem o comprimento L que no caso seria metade do comprimento da barra toda menos metade do comprimento do bloco.

Nesse caso, o problema vai fornecer um ângulo de inclinação.

Show! Agora a gente monta um triângulo retângulo da massa e descobrimos o valor de d 1 .

Vemos que L é a hipotenusa. Logo, podemos ver que d 1 = L c o s θ .

Casos de decomposição de força

Em alguns casos, vai ser necessário decompor forças.

Um exemplo é um bloco preso a uma corda em equilíbrio estático com um chão em atrito, um força normal e seu peso. Conforme a figura abaixo:

Quando formos analisar suas condições de equilíbrio, devemos ter cuidado em decompor T → .

Podemos ver pelo desenho que:

T y = T c o s θ

T x = T s e n θ

Para calcular o torque gerado por essa força T → , podemos calcular o torque de cada componente do jeito que expliquei ali em cima – achando a distância do eixo até a linha de atuação da força que seja perpendicular. E, depois disso, somar os dois torques.

É isso!

Vamos para os exercícios?

Achando d

Casos de decomposição de força

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