Exercícios de Equilíbrio de corpo extenso com resolução comentada

Ao analisar a primeira imagem, observa-se que o suporte da colher ocorre sobre sua face convexa. Nesse cenário, qualquer movimento lateral de pequena amplitude pode fazer com que o centro de massa ultrapasse o ponto de apoio, resultando no tombamento do objeto devido à falta de uma barreira física que contenha o deslocamento.

Em contrapartida, a segunda situação apresenta a colher apoiada em sua parte côncava. Essa geometria cria um efeito de contenção onde a própria curvatura do utensílio atua para manter o centro de massa centralizado, garantindo que o sistema retorne à posição inicial após uma perturbação moderada, caracterizando o equilíbrio estável.

A terceira imagem ilustra o objeto posicionado diretamente sobre seu centro de massa. Sob essa condição, pequenos desvios nas direções apontadas não são suficientes para romper a estabilidade do sistema, permitindo que ele permaneça em equilíbrio.

Por fim, a quarta configuração demonstra um apoio lateral extremamente precário. Tal disposição é inerentemente instável, pois qualquer mínima alteração de posição provocará o desequilíbrio imediato da colher.

As únicas situações que atendem ao critério de equilíbrio estável para os deslocamentos propostos são as representadas nas figuras 2 e 3.

Para que a barra permaneça em equilíbrio estático, a soma dos torques em relação à articulação deve ser nula. Como todas as forças consideradas são verticais, o braço de alavanca de cada força contém o mesmo fator trigonométrico, associado ao ângulo que a barra forma com a horizontal. Esse fator poderá ser simplificado nas equações.

Situação (a): determinação da massa da barra em função da densidade do líquido

Na primeira situação, o peso da barra, de intensidade P, atua em seu centro de massa, localizado a uma distância \[\frac{L}{2}\] da articulação. Como 25% do comprimento estão submersos, o comprimento submerso é \[\frac{L}{4}\]. O centro de empuxo fica no centro do trecho submerso, portanto a uma distância \[\frac{L}{8}\] da articulação. Assim, o braço de alavanca do empuxo é

\[L – \frac{L}{8}\]

Aplicando a condição de equilíbrio dos torques, com o torque do peso e o torque do empuxo em sentidos opostos, obtém-se:

\[Pcosα \cdot \frac{L}{2} – E_{1} cosα \cdot \left(L – \frac{L}{8}\right) = 0\]

O fator \(cosα\) aparece nos dois torques e pode ser cancelado. Além disso, \(L – \frac{L}{8}\) é igual a \(\frac{7 L}{8}\). Portanto:

\[\frac{P \cancel{cosα} \cancel{L}}{2} = \frac{7 E_{1} \cancel{cosα} \cancel{L}}{8}\]

O empuxo é dado pelo peso do líquido deslocado. Como a área da secção da barra é A, a densidade do líquido é \(\rho\) e o comprimento submerso é \(\frac{L}{4}\), temos \(E_{1} = ρAg \frac{L}{4}\). Substituindo essa expressão na relação de equilíbrio:

\[P = \frac{7 ρAgL^{2}}{16}\]

Essa expressão relaciona o peso da barra ao produto da densidade do líquido, da área da secção, da aceleração da gravidade e do quadrado do comprimento da barra.

Situação (b): determinação do novo comprimento submerso

Na segunda situação, além do peso da própria barra, atua na extremidade livre um objeto de massa igual a 50% da massa da barra. Portanto, seu peso é \(\frac{P}{2}\). Como esse peso está aplicado na extremidade, seu braço de alavanca é \(L\). Seja x o novo comprimento submerso. O centro do trecho submerso está em \(\frac{x}{2}\) da extremidade articulada; assim, o braço do empuxo é \(L – \frac{x}{2}\)

O equilíbrio dos torques em torno da articulação é escrito como:

\[Pcosβ \cdot \frac{L}{2} + \frac{P}{2} cosβ \cdot L – E_{2} cosβ \cdot \left(L – \frac{x}{2}\right) = 0\]

Os dois primeiros termos representam os torques dos pesos da barra e do objeto, enquanto o último termo representa o torque do empuxo. Reorganizando a equação, cancelando o fator comum \(cosβ\) e somando os torques dos pesos, resulta:

\[P \cancel{cosβ} L = E_{2} \cancel{cosβ} \left(L – \frac{x}{2}\right)\]

O empuxo agora é proporcional ao volume submerso, que é \(Ax\). Logo, \(E_{2} = ρAxg\). Substituindo essa expressão e o valor de P obtido na situação (a), os fatores comuns \(\rho\), \(A\) e \(g\) são cancelados:

\[\frac{7 \cancel{\rho} \cancel{A} \cancel{g} L^{2}}{16} = \cancel{\rho} \cancel{A} x \cancel{g} \left(L – \frac{x}{2}\right)\]

Efetuando a multiplicação no segundo membro, obtém-se uma equação quadrática em x:

\[\frac{7 \cancel{\rho} \cancel{A} \cancel{g} L^{2}}{16} = \cancel{\rho} \cancel{A} x \cancel{g} \left(L – \frac{x}{2}\right)\] \[\frac{7 L^{2}}{16} = \frac{2 Lx – x^{2}}{2}\]

Multiplicando por 16 e reorganizando os termos, chega-se a:

\[8 x^{2} – 16 Lx + 7 L^{2} = 0\]

Aplicando a fórmula de resolução da equação quadrática, encontram-se duas raízes matemáticas:

\[x = \frac{16 L \pm \sqrt{32 L^{2}}}{16} = \frac{4 L \pm L \sqrt{2}}{4}\]

Colocando \(L\) em evidência, as duas possibilidades são:

\[x = L \left(1 \pm \frac{\sqrt{2}}{4}\right)\]

Como o comprimento submerso não pode ser maior que o comprimento total da barra, deve-se escolher a raiz que satisfaz \(x < L\). Portanto:

\[x = L \left(1 – \frac{\sqrt{2}}{4}\right)\]

Logo, o novo comprimento submerso é alternativa b) \(L \left(1 – \frac{\sqrt{2}}{4}\right)\)

Para o equilíbrio da barra h₁ em torno do ponto O:

\[T_{2} \cdot 5 L = P \cdot 2 L\] \[T_{2} = \frac{2 P}{5}\]

\[F_{1} \cdot 3 \cancel{L} \cancel{cosθ} = F_{2} \cdot \cancel{L} \cancel{cosθ}\] \[3 \cancel{k} Δx_{1} = \cancel{k} Δx_{2}\] \[3 Δx_{1} = Δx_{2}\]

\[F_{1} + F_{2} = T\] \[kΔx_{1} + kΔx_{2} = \frac{2 P}{5}\] \[4 kΔx_{1} = \frac{2 P}{5}\] \[Δx_{1} = \frac{P}{10 k }\]

\[sen \theta = \frac{Δx_{2} – Δx_{1}}{4 L} = \frac{2 Δx_{1}}{4 L}\] \[sen \theta = \frac{2}{4 L} \cdot \frac{P}{10 k}\] \[sen \theta = \frac{P}{20 kL} = 0.05 \frac{P}{kL}\] \[\theta = arc sen \left(0.05 \frac{P}{kL}\right)\]

Para determinar o módulo da reação no apoio A, analisamos o equilíbrio de torques em torno do ponto B. Essa escolha é conveniente porque as reações aplicadas em B passam pelo próprio ponto B e, portanto, não produzem torque em relação a ele.

Adotamos como positivo o sentido de rotação produzido pela reação horizontal no apoio A. A distância perpendicular entre a linha de ação dessa reação e o ponto B é o comprimento da barra AB, igual a 3 m.

A partícula sofre duas forças verticais. Como sua carga é negativa, a força elétrica tem sentido oposto ao campo elétrico. Portanto, embora o campo elétrico seja orientado de cima para baixo, a força elétrica sobre a partícula é orientada para cima, com módulo igual ao produto entre o módulo da carga e o módulo do campo. Assim, essa força vale 23 N e produz, em relação a B, torque no sentido considerado negativo, com braço de 4 m.

O peso da partícula é obtido multiplicando sua massa pela aceleração da gravidade. Como ele atua para baixo, produz torque no sentido oposto ao da força elétrica. Seu braço em relação a B também é de 4 m.

A barra BC possui massa de 2,5 kg e sua massa está distribuída uniformemente. Por isso, seu peso pode ser considerado aplicado em seu ponto médio. O peso da barra é 25 N, e a distância do ponto médio até B é igual à metade de 4 m, isto é, 2 m. Esse peso também produz torque no mesmo sentido do peso da partícula.

Aplicando a condição de equilíbrio rotacional, isto é, igualando a soma algébrica dos torques em torno de B a zero, obtemos:

\[A_{x} \cdot 3 – 23 \cdot 4 + 3 \cdot 4 + 25 \cdot 2 = 0\] \[3 A_{x} – 30 = 0\] \[A_{x} = 10 \text{N}\]

A reação no apoio A é exclusivamente horizontal, conforme especificado no enunciado. Portanto, seu módulo é 10 N, correspondente à alternativa a).

O objetivo do balanceamento é deslocar o centro de massa para que ele se alinhe ao eixo central geométrico da roda. Como a posição atual do centro de massa está deslocada em relação ao centro, a adição de peso deve ocorrer no sentido oposto ao desvio observado.

Para compensar o desequilíbrio e trazer o centro de massa para a posição desejada, é preciso aplicar uma massa adicional que force esse ponto para a região inferior e à esquerda. Analisando as opções disponíveis na imagem, apenas a fixação do chumbo no ponto 3 cumpre essa função de correção, tornando a alternativa C correta.

A escada está em equilíbrio estático. Portanto, é necessário analisar simultaneamente o equilíbrio de translação, isto é, a resultante das forças deve ser nula, e o equilíbrio de rotação, isto é, a soma dos torques em relação a um ponto escolhido deve ser nula.

A figura mostra as forças atuantes na escada e as distâncias entre os pontos de aplicação dessas forças e o ponto B

Como a parede é perfeitamente lisa, ela não exerce força de atrito sobre a escada. Assim, no ponto B atua apenas a força normal da parede, horizontal. No ponto A, o chão exerce uma força normal vertical, denominada N_A, e uma força de atrito horizontal, denominada F_A. Além dessas forças, atua o peso P da escada, aplicado em seu centro de massa.

Considerando o equilíbrio de translação, a soma das forças verticais deve ser nula. A força normal do chão equilibra o peso, enquanto, na direção horizontal, a força de atrito no ponto A equilibra a força normal exercida pela parede no ponto B

\[\begin{cases} N_{A} + F_{B} = P \left(1\right) \\ F_{A} = N_{B } \left(2\right) \end{cases}\]

Na primeira relação, N_A é a força normal do chão, F_B representa a força vertical no ponto B, considerada na forma geral da equação, e P é o peso da escada. A segunda relação expressa o equilíbrio das forças horizontais.

Agora, tomando o ponto B como polo, as forças aplicadas em B não produzem torque, pois seus braços de alavanca são nulos. O torque da força de atrito em A e o torque do peso devem equilibrar o torque da força normal em A

\[F_{A} h + P \frac{d}{2} = N_{A} d \left(3\right)\]

Nessa expressão, d é a distância horizontal entre a parede e o ponto A, enquanto h é a distância vertical associada à linha de ação da força de atrito. Como a escada é homogênea, seu centro de massa está no ponto médio; por isso, o braço horizontal do peso é d/2.

[I] Incorreta.

Como a parede é lisa, não há atrito no ponto B. Portanto, a força vertical no equilíbrio de translação é apenas a normal do chão, que deve equilibrar o peso da escada

Se a escada estiver na iminência de escorregar, a força de atrito assume seu valor máximo, dado pelo produto entre o coeficiente de atrito e a força normal. Substituindo essa condição na equação de torques, obtém-se

\[\begin{array}{l}F_{A} h + P \frac{d}{2} = N_{A} d \\ \mu_{\text{min}} N_{A} h + P \frac{d}{2} = N_{A} d \\ \mu_{\text{hin}} \bcancel{P} \cancel{L} sen \alpha + \bcancel{P} \frac{\cancel{L} cos \alpha}{2} = RKcos \alpha\end{array}\]

Após o cancelamento dos fatores comuns, resulta

\[\mu_{\text{min}} sen \alpha + \frac{cos \alpha}{2} = cos \alpha\]

Isolando o coeficiente de atrito mínimo

\[\mu_{\text{min}} sen \alpha = cos \alpha – \frac{cos \alpha}{2}\]

Consequentemente

\[\mu_{\text{min}} = \frac{cos \alpha}{2 sen \alpha}\]

Ou, de forma equivalente

\[\mu \geq \frac{cot gα}{2}\]

Com a inclinação α mantida fixa, o comprimento L não aparece no resultado final. Isso ocorre porque os fatores associados ao comprimento da escada se cancelam durante a determinação do coeficiente de atrito mínimo. Portanto, aumentar o comprimento da escada, mantendo a mesma inclinação, não exige um aumento de μ. A afirmativa I é incorreta.

[II] Correta.

A condição de equilíbrio pode ser escrita em função da geometria da escada. Pela inclinação, a razão entre a distância horizontal d e a altura h pode ser relacionada à cotangente do ângulo α. Assim, a condição de atrito também pode ser expressa como

\[\mu \geq \frac{cotg \alpha}{2}\]

Substituindo a relação geométrica entre α, d e h, obtém-se

\[\mu \geq \frac{d}{2 \text{h}}\]

Multiplicando os dois lados pela quantidade positiva 2h, a desigualdade fica

\[2 hμ \geq d\]

Logo, a distância máxima permitida é

\[d \leq 2 μh\]

Essa relação mostra que, para uma mesma altura h, quanto maior for o coeficiente de atrito μ, maior poderá ser a distância horizontal d entre a parede e o ponto A sem que a escada escorregue. Equivalentemente, a escada poderá permanecer em equilíbrio com uma inclinação menor em relação ao chão. Portanto, a afirmativa II é correta.

[III] Incorreta.

Se a parede também fosse áspera, surgiria uma força de atrito no ponto B. O sentido dessa força deve ser contrário ao movimento que a extremidade superior da escada tenderia a realizar. Na situação de escorregamento, a parte superior da escada tenderia a descer ao longo da parede; por isso, o atrito exercido pela parede sobre a escada teria direção vertical e sentido para cima, e não para baixo

\[\left(F_{B}\right)\]

Assim, a afirmativa III é incorreta.

[IV] Correta.

Uma escada em repouso está em equilíbrio estático. Isso exige duas condições simultâneas: a soma vetorial de todas as forças deve ser nula, garantindo o equilíbrio de translação, e a soma dos torques de todas as forças deve ser nula em relação a um ponto escolhido, garantindo o equilíbrio de rotação.

Na resolução, a primeira condição foi usada nas equações de equilíbrio de translação, enquanto a segunda foi aplicada ao calcular os torques em relação ao ponto B. Além disso, quando a resultante das forças é nula, o equilíbrio de rotação pode ser verificado em relação a qualquer ponto de referência, desde que todos os torques sejam considerados corretamente. Portanto, a afirmativa IV é correta.

As afirmativas verdadeiras são apenas II e IV. Portanto, a alternativa correta é a) II e IV.

Para que a balança permaneça em equilíbrio, a soma algébrica dos torques, ou momentos das forças, em relação ao ponto fixo deve ser nula. O torque de uma força depende de sua intensidade, da distância até o eixo de rotação e, quando a força é inclinada, da componente perpendicular da força.

Considerando os sentidos de rotação indicados na figura, o momento produzido pela força de 20 na distância 20 é equilibrado pelo momento produzido pela força de 40 aplicada à distância x. A força inclinada de 40 também produz torque; por isso, utiliza-se sua componente perpendicular, dada por 40 sen 30°, aplicada a uma distância 8. Assim, a condição de equilíbrio é:

\[20 \cdot 20 – 40 \cdot x = 40 sen 30^{\circ} \cdot 8\] \[400 – 40 x = 160\] \[x = 6 \text{m}\]

Na primeira igualdade, cada produto força vezes distância representa um torque. O sinal negativo diante de 40x indica que esse torque tem sentido de rotação oposto ao dos demais. Na etapa seguinte, os produtos conhecidos são calculados, resultando em 400 e 160. Em seguida, isolando o termo que contém x, obtém-se a distância necessária para o equilíbrio: 6 m.

Portanto, a alternativa correta é b) 6,0.

Para determinar o volume do bloco, aplicamos a condição de equilíbrio estático na direção vertical. Como o bloco está em repouso, a força resultante nessa direção é nula. Assim, a tração na corda C equilibra o peso do bloco e as componentes verticais das trações nas cordas A e B.

Da figura abaixo, temos que:

A tração na corda C é igual ao peso do bloco. O peso é dado pelo produto entre a massa, a aceleração da gravidade e, usando a relação entre massa, densidade e volume, pode ser escrito como dVg. Além disso, as componentes das trações A e B na direção da corda C são, respectivamente, T_A cos 30° e T_B cos 60°. Portanto:

\[T_{C} = P_{\text{bloco}} = dVg = T_{A } cos 30^{\circ} + T_{B} cos 60^{\circ}\]

A densidade fornecida é 8 g/cm³. Para trabalhar com o volume em m³ e com a massa em quilogramas, convertemos essa densidade para o Sistema Internacional:

8 g/cm³ = 8 · 10³ kg/m³

Substituindo a densidade, a aceleração da gravidade e as trações informadas no enunciado, além dos valores de seno e cosseno envolvidos, obtemos:

\[8 \cdot 10^{3} \cdot V \cdot 10 = 80 \sqrt{3} \cdot \sqrt{3} 2 + 80 \cdot \frac{1}{2}\]

No primeiro termo do lado direito, o fator √3 proveniente da tração A é multiplicado por cos 30° = √3/2, resultando em 120 N. No segundo termo, a tração B é multiplicada por cos 60° = 1/2, resultando em 40 N. Dessa forma, a soma das componentes verticais das trações é 160 N:

\[8 \cdot 10^{4} \text{V} = 120 + 40\]

Agora, isolando o volume V, dividimos ambos os membros por 8 · 10⁴. O resultado é:

\[V = 0.002 m^{3}\]

Logo, o volume do bloco é 0,002 m³. Portanto, a alternativa correta é a) 0,002.

A situação é de equilíbrio estático. Portanto, além de a resultante das forças ser nula, a soma algébrica dos momentos das forças em relação ao pivô também deve ser nula. Como a mola está instalada no centro de massa da barra, sua força atua a uma distância L/2 do pivô. O peso da barra também atua em seu centro de massa, isto é, no mesmo ponto do pivô, e por isso não produz momento em relação a ele.

A condição de equilíbrio dos momentos é expressa por:

\[\sum M = 0\]

Considerando os momentos produzidos pela força elástica, pelo peso da barra e pelo peso do bloco, essa condição pode ser escrita como:

\[M_{F_{e}} + M_{P_{b}} + M_{P} = 0\]

Na expressão anterior, \(M_{\text{Fe}} =\) representa o momento da força elástica, \(M_{P_{b}} =\) representa o momento do peso da barra e \(M_{P} =\) representa o momento do peso do bloco.

Para determinar os módulos dessas forças, utilizam-se a lei de Hooke, para a força elástica, e a relação entre peso, massa e aceleração da gravidade, para as forças gravitacionais:

\[F_{e} = k \cdot x\]

Nessa relação, k é a constante elástica da mola e x é sua deformação. Para o peso de um corpo de massa m, tem-se:

\[P = m \cdot g\]

O momento de uma força é calculado pelo produto entre o módulo da força e a distância perpendicular entre sua linha de ação e o pivô. A força elástica e o peso da barra atuam a uma distância L/2 do pivô, enquanto o peso do bloco atua na extremidade da barra, a uma distância L. Assim, considerando os sentidos de rotação das forças, a equação dos momentos fica:

\[k \cdot x \cdot \frac{L}{2} = m \cdot g \cdot \frac{L}{2} + M \cdot g \cdot L\]

O comprimento L aparece nos três termos e pode ser simplificado. Em seguida, isolando a deformação x, obtém-se:

\[x = \frac{2 \text{g}}{k} \left(\frac{m}{2} + M\right)\]

Agora, substituem-se os valores fornecidos: g = 10,0 m/s², k = 500 N/m, m = 0,40 kg e M = 1,00 kg. A substituição resulta em:

\[x = \frac{2 \cdot 10}{500} \left(\frac{0.4}{2} + 1\right) x = 0.048 \text{m} = 4.8 \text{cm}\]

Portanto, a deformação da mola é de 0,048 m, ou seja, 4,8 cm. Esse valor corresponde à alternativa b).

Para que a barra homogênea CD permaneça em equilíbrio, a soma dos torques em relação ao ponto C deve ser nula. Escolhe-se esse ponto porque a força de apoio aplicada em C não produz torque em relação a ele: seu braço de alavanca é zero.

A tensão T exercida pelo fio produz torque em um sentido, enquanto o peso da barra, igual a 240 N, produz torque no sentido oposto. Como a barra é homogênea, seu centro de massa está no ponto médio, a uma distância L/2 de C. A força de tensão atua a uma distância L de C. Assim, usando torque como o produto da força pelo braço de alavanca, temos:

\[T \cdot \cancel{L} – 240 \cdot \frac{\cancel{L}}{2} = 0\]

O sinal negativo indica que o torque produzido pelo peso da barra tem sentido contrário ao torque produzido pela tensão. Os fatores L aparecem nos dois termos e podem ser cancelados. Dessa forma, a tensão deve ser igual à metade do peso da barra:

\[T = 120 \text{N}\]

Como o fio é ideal, sua massa é desprezível e a polia não apresenta forças resistivas. Portanto, a tensão é a mesma em todo o fio. O bloco P está sustentado por essa tensão e, como o sistema está em equilíbrio, seu peso tem o mesmo módulo da tensão:

\[P = T = 120 \text{N}\]

Logo, o peso do bloco P vale 120 N. Portanto, a alternativa correta é a e).