Fundamentos de Física 9ª Edição Vol 2 - Halliday 2 ED 9 (em cores)

PARTE 1
EQUILÍBRIO E ELASTICIDADE
9
Equilíbrio de uma viga horizontal
Na Fig. 12-7a, uma viga homogênea, de comprimento L e
massa ,n = 1,8 kg, está apoiada sobre duas balanças. Um
bloco homogêneo, de massa M = 2,7 kg, está apoiado na
viga, com o centro a uma distância U4 da extremidade esquerda
da viga. Quais são as leituras das balanças?
A melhor tática para resolver qualquer problema de equilíbrio
estático consiste em, antes de qualquer coisa, definir
claramente o sistema a ser analisado e a desenhar um diagraina
de corpo livre no qual apareçam todas as forças externas
que agem sobre o sistema. Neste caso, vamos escolher
o sistema como a viga e o bloco tomados em conjunto. As
forças que age1n sobre o sistema são mostradas no diagrama
de corpo livre da Fig. 12-7b. (Escolher o sistema exige
experiência e frequentemente existe mais de uma escolha
adequada.) Como o sistema está em equilíbrio estático, podemos
usar as equações de equilíbrio de forças (Eqs. 12-7 e
12-8) e a equação de equihôrio de torques (Eq. 12-9).
Cálculos As forças normais exercidas pelas balanças sobre a
viga são F. do lado esquerdo e t do lado direito. As leituras
das balanças que desejamos determinar são iguais aos módulos
dessas forças. A força gravitacional f'g,viga a que a viga
>'
Balan,~a
Bloco
Sistema --..___
, 1n
1
1
Vi
1 Balança
(a)
- ~ F,
As forças verticais se
equilibram, mas isso
não basta.
-
l
.
•Fd
•
1
.,
1 2
L t 1
4 1
1 1
Bloco_/
"'--viga
... -+
F. . = mg
!!',Viga
Devemos também
-
equilibrar os torqu es,
...
Fg,bloc:o = Mg com uma escolha
(b) criteriosa dos eixos
de rotação.
Figura 12-7 (a) Uma viga de massa ,n sustenta um bloco de
massa M. (b) Diagrama de corpo livre, mostrando as força5
que agem sobre o sistema viga + bloco.
X
está submetida está aplicada ao centro d~ massa e é igualª
mg. Analogamente, a força gravitacional F'g,bloco a qu~ ~ bloco
está submetido está aplicada ao centro de massa e e igualª
Mg. Para simplificar a Fig. 12-7b, o bloco foi represe~tado
por um ponto da viga e f'g,bloco foi des~ada com a ongem
na viga. (Esse deslocamento do vetor Fg,bloco ao ~ongo de sua
linha de ação não altera o torque produzido por Fg,bJoco em relação
a qualquer eixo perpendicular à figura.)
Como as forças não possuem componentes x, a Eq.
12-7 (F = O) não fornece nenhuma informação. No caso
res,x
•
das componentes y, a Eq. 12-8 (F res.y = O) pode ser escnta
na forma
Fe + Fd - Mg - mg = O. (12-21)
Como a Eq. 12-21 contém duas incógnitas, as forças
F. e Fd, precisamos usar também a Eq. 12-9, a equação de
equiliôrio dos to~,iues. Podemos aplicá-la a qualquer eixo
de rotação perpendicular ao plano da Fig. 12-7. Vamos escolher
um eixo de rotação passando pela extremidade esquerda
da viga. Usaremos também nossa regra geral para
atribuir sinais aos torques: se um torque tende a fazer um
corpo inicialmente em repouso girar no sentido horário, o
torque é negativo; se o torque tende a fazer o corpo girar no
senti anti-horário, o torque é positivo. Finalmente, vamos
escrever os torques na forma r .1. F, onde o braço de alavanca
r.1. é O para F., U4 para Mg, U2 para mg e L para t.
Podemos agora escrever a equação do equilíbrio
( 7' res., = O) como
(O)(Fe) - (L/4)(Mg) - (L!2)(mg) + (L)(Fd) = O,
o que nos dá
Fd =!Mg + ~mg
= !(2,7 kg)(9,8 m/s 2 ) + !(1,8 kg)(9,8 mfs2)
= 15,44 N = 15 N. (Resposta)
Explicitando F, na Eq. 12-21 e substituindo os valores conhecidos,
obtemos
Fe = (M + m )g - Fd
= (2,7 kg + 1,8 kg)(9,8 m/s 2 ) - 15,44 N
= 28,66 N = 29 N. (Resposta)
Observe a estratégia usacla na solução: quando escrevemos
uma equação para o equilíbrio das componentes das
forças, esbarramos en1 duas incógnitas. Se tivéssemos escrito
urna equação para o equilíbrio de torques em tomo de um eixo
qualquer, teríamos esbarrado nas mesmas duas incógnitas.
Entretanto, corno escolhemos um eixo que passava pelo ponto
de aplicação de uma das forças desconhecidas, ~. a dificuldade
foi contornada. Nossa escolha eliminou F. da equação
do torque, per1nitindo que obtivéssemos o módulo da outra
força, Fd. Em seguida, voltamos à equação do equillôrio de
forças para calcular o módulo da outra força.