Equilíbrio estático e alavancas

Iniciante

Uma ponte, uma prateleira e uma gangorra equilibrada têm uma coisa em comum: ficam perfeitamente parados. Os físicos chamam isso de equilíbrio estático. Veja a seguir, passo a passo, o que ele exige.

Passo 1. Os empurrões e puxões precisam se cancelar. Um livro sobre a mesa é puxado para baixo pelo seu peso e empurrado para cima pela mesa com a mesma força, então a força resultante é zero e ele não começa a se mover.

Passo 2. Cancelar as forças não basta. Empurre as duas pontas de uma régua deitada sobre a mesa com a mesma força e em sentidos opostos, e ela gira no lugar. Por isso os efeitos de giro também precisam se cancelar. O efeito de giro de uma força, o seu torque, cresce com a força e com a distância ao pivô.

Passo 3. Em uma gangorra, o lado mais pesado vence, a menos que esteja mais perto do meio. Alguém duas vezes mais pesado precisa sentar-se à metade da distância, para que peso vezes distância seja igual dos dois lados. Esta é a lei da alavanca, conhecida desde Arquimedes; é assim que um pé de cabra longo desloca uma pedra que você nunca conseguiria levantar. Na animação, a caixa azul pesada desliza em direção ao pivô, e, com 2 marcas contra as 4 da caixa leve, a viga fica nivelada.

Passo 4. Todo objeto se comporta como se todo o seu peso atuasse em um único ponto, o seu centro de massa. Uma estante, ou uma pessoa que se inclina para a frente, continua de pé enquanto esse ponto estiver acima da base em que se apoia; incline-se mais e o peso começa a virá-la.

Teste você mesmo: uma criança de 20 kg senta-se a 3 m do pivô de uma gangorra. Onde deve sentar-se o pai ou a mãe, de 60 kg, do outro lado, para equilibrar? (1 m do pivô: três vezes mais pesado, um terço da distância.)

Intermediário

Duas condições para o equilíbrio

Um corpo rígido, ou seja, um corpo que mantém a sua forma, está em equilíbrio estático quando permanece em repouso: não começa a deslizar nem a girar. As forças precisam se cancelar, senão o centro de massa aceleraria, e os seus efeitos de giro, os torques, também precisam se cancelar, senão o corpo começaria a girar:
$\sum F=0,\sum \tau =0$

No plano, a primeira condição são duas equações, uma para a componente horizontal e outra para a vertical. Nenhuma das condições implica a outra: duas forças iguais e opostas, atuando em linhas diferentes, se cancelam como forças, mas formam um binário, que é o que faz as suas mãos girarem um volante. Comece todo problema com um diagrama de corpo livre: o corpo isolado, com cada força externa desenhada onde atua, cada peso no centro de massa e cada força de apoio no seu contato.

Torque: força vezes braço de alavanca

O torque mede o quanto uma força faz um corpo girar em torno de um ponto escolhido. Tome a linha de ação da força, a reta ao longo da qual ela atua, e a distância perpendicular $r$ do ponto até essa reta: o braço de alavanca. Então
$\tau =rF\text{(}r\text{: lever arm, perpendicular to the line of action)}$

A unidade é o newton-metro (N·m), que nunca se escreve como joule, porque um torque não é energia. Torques no sentido anti-horário são considerados positivos. Uma força cuja linha passa pelo ponto não tem torque, por maior que seja: empurrar uma porta na direção das dobradiças não faz nada. Se a força atua a uma distância $d$ do ponto, formando um ângulo $\varphi$ com a reta que liga os dois, o braço de alavanca é $d\sin \varphi$.

A lei da alavanca

Coloque uma carga $m_1$ a uma distância $r_1$ de um lado do pivô e uma carga $m_2$ a $r_2$ do outro. Cada peso $mg$ atua verticalmente para baixo, então o seu braço de alavanca é a sua distância horizontal ao pivô. Os dois torques têm sinais opostos, e $\sum \tau =0$ resulta em
$m_{1}g{r}_1=m_{2}g{r}_2\text{(law of the lever)}$

O $g$ se cancela, então só importam massas e distâncias: o dobro da massa exige metade do braço de alavanca. A força de apoio do pivô não tem torque em relação ao próprio pivô e desaparece; $\sum F=0$ então determina o seu valor, que é o peso total que ele sustenta, incluindo o da própria viga. A lei também multiplica forças: 300 N empurrando um pé de cabra a 1,2 m do seu apoio pressionam com 3600 N uma pedra a 0,10 m dele.

Exemplo resolvido: a balança da animação

A caixa leve, $m_2=1,0\mathrm{kg}$, está $r_2=0,40\mathrm{m}$ à direita do pino; com a viga nivelada, o seu torque horário é
${\tau }_2=r_2{m}_{2}g=0,40\cdot 1,0\cdot 9,81=3,92\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$
A caixa pesada, $m_1=2,0\mathrm{kg}$, a equilibra em
$r_1=\frac{m_2{r}_2}{m_1}=\frac{1,0\cdot 0,40}{2,0}=0,20\mathrm{m}$

Isso corresponde a 2 das marcas de 10 cm da viga contra 4. Ali, ambos os indicadores mostram 3,92 N·m e a viga está nivelada: a seta $F_1=19,6\mathrm{N}$ é duas vezes mais comprida que $F_2=9,81\mathrm{N}$, e os braços de alavanca $r_1$ e $r_2$, marcados ao longo da base, estão na razão 1 : 2.

No início, a caixa pesada está a 0,42 m do pino, e os seus 8,30 N·m superam os 3,79 N·m da caixa leve. A viga gira cerca de 10° no sentido anti-horário, até que o ponteiro com peso sob o pino, deslocado para o lado leve, forneça os 4,51 N·m que faltam. Conforme a caixa desliza para dentro, ${\tau }_1$ diminui; a menos de 0,20 m, o lado leve vence e, a 0,10 m, com ${\tau }_1\approx 1,87\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$, a viga se inclina cerca de 4,6° para o outro lado.

Observe que ${\tau }_2$ varia entre 3,79 e 3,95 N·m, embora a sua caixa nunca se mova: inclinar a viga altera a distância horizontal entre o pino e a linha tracejada do seu peso. O braço de alavanca é medido perpendicularmente à linha de ação, não ao longo da viga.

Exemplo resolvido: um pintor sobre uma tábua

Uma tábua uniforme de 20 kg e 3,0 m de comprimento repousa sobre cavaletes sob as suas extremidades, e um pintor de 70 kg fica em pé a 1,0 m da extremidade esquerda. O peso da tábua, $196,2\mathrm{N}$, atua no seu meio, e o do pintor, $686,7\mathrm{N}$, a 1,0 m. Torques em relação ao cavalete esquerdo eliminam a força desconhecida dele:
$F_R\cdot 3,0=686,7\cdot 1,0+196,2\cdot 1,5=981\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$
assim $F_R=327\mathrm{N}$, e $\sum F=0$ dá $F_L=686,7+196,2-327=556\mathrm{N}$: o cavalete mais próximo do pintor suporta mais carga.

Agora, desloque o cavalete direito 1,0 m para dentro, deixando um balanço de 1,0 m, e deixe o pintor caminhar para fora. A tábua tomba em torno desse cavalete quando a força de apoio da esquerda cai a zero, isto é, quando o torque do pintor em relação a ele se iguala ao da tábua, cujo centro está a 0,50 m do outro lado: $70d=20\cdot 0,50$, logo $d=0,14\mathrm{m}$. Um pequeno passo além do cavalete e a tábua tomba, por isso as tábuas de andaime são presas firmemente.

Centro de massa, estabilidade e tombamento

Para os torques, todo o peso de um corpo atua em um ponto, o seu centro de massa, a média das posições ponderada pela massa:
$x_{\mathrm{CM}}=\frac{\sum m_i{x}_i}{\sum m_i}$
Para as caixas em equilíbrio, $x_{\mathrm{CM}}=(2,0\cdot (-0,20)+1,0\cdot 0,40)/3,0=0$: exatamente acima do pino, o que é outra maneira de dizer que a viga está nivelada.

Um equilíbrio é estável se uma pequena inclinação eleva o centro de massa, de modo que o peso faz o corpo voltar, como na balança da animação, cujo ponteiro pesado mantém o centro de massa abaixo do pino. É instável se uma inclinação rebaixa o centro de massa, como um lápis apoiado na ponta ou uma gangorra com dois ocupantes.

Um corpo apoiado sobre uma base tomba assim que a vertical que passa pelo seu centro de massa cai fora da base. Uma geladeira uniforme, de 0,70 m de largura e 1,80 m de altura, inclinada sobre uma aresta, volta à posição se for solta antes de 21,3°, onde $\tan \theta =0,70/1,80$, e cai além desse ângulo. Em uma rampa, uma caixa uniforme tomba quando $\tan \theta =w/h$.

Erros comuns

• Achar que o equilíbrio exige pesos iguais. Ele exige torques iguais: 2,0 kg a 0,20 m equilibram 1,0 kg a 0,40 m.
• Medir o braço de alavanca ao longo da viga ou da porta, em vez de perpendicularmente à linha de ação. Um empurrão de 50 N a 30° de uma porta, a 0,80 m das dobradiças, dá $0,80\cdot 50\cdot \sin 30^{\circ }=20\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$, e não 40 N·m.
• Esquecer o peso da própria viga. Sem os 20 kg da tábua, o cavalete direito pareceria empurrar 229 N, em vez de 327 N.
• Acreditar que os torques precisam ser tomados em relação ao pivô real. $\sum \tau =0$ vale em relação a qualquer ponto, então escolha um onde atue uma força desconhecida.
• Esperar que um objeto mais pesado tombe em um ângulo mais íngreme. Só a forma importa: um caixote uniformemente carregado, de 0,40 m de largura e 1,00 m de altura, tomba a 21,8°, tenha ele 20 kg ou 200 kg.

Onde isso aparece

Engenheiros dimensionam vigas e fundações com essas duas equações, e um guindaste de torre equilibra a carga com um contrapeso de concreto no seu braço curto. O seu antebraço é uma alavanca: o bíceps puxa a cerca de 5 cm do cotovelo, então segurar um haltere de 5,0 kg a 35 cm do cotovelo exige cerca de $49\cdot 0,35/0,05\approx 343\mathrm{N}$, sete vezes o seu peso. Essas ideias continuam em Máquinas simples: alavancas, polias e engrenagens, onde as alavancas trocam força por distância, e em Elasticidade: lei de Hooke, tensão e deformação, onde vigas reais se curvam sob as cargas aqui estudadas.

Avançado

Equilíbrio como trabalho virtual nulo

Duas condições mantêm um corpo rígido em repouso: as forças sobre ele se somam a zero, e o mesmo vale para os seus torques. Ambas decorrem de uma única afirmação sobre trabalho, e essa mesma afirmação decide, mais adiante, se um equilíbrio é estável; por isso vale a pena derivá-las dessa forma uma vez.

Imagine deslocar um corpo em repouso por uma quantidade minúscula que os seus apoios permitam: um deslocamento virtual, feito apenas no papel. Some o trabalho que cada força sobre o corpo realizaria durante esse deslocamento; o total é o trabalho virtual $\delta W$. Se $\delta W$ fosse positivo para algum movimento permitido, as próprias forças forneceriam energia cinética ao longo desse movimento, e o corpo partiria sozinho nessa direção. Invertendo um pequeno deslocamento, inverte-se o sinal de $\delta W$, então ele também não pode ser negativo. Em equilíbrio, portanto, o trabalho virtual se anula, em primeira ordem no deslocamento, para todo deslocamento que os apoios permitam.

Um corpo rígido em movimento plano tem três pequenos movimentos independentes: um deslocamento em cada uma de duas direções e uma rotação. Em um deslocamento $\delta \vec{s}$, todo ponto do corpo se move do mesmo $\delta \vec{s}$, então $\delta W=(\sum \vec{F})\cdot \delta \vec{s}$, que se anula para deslocamentos em qualquer direção somente se $\sum \vec{F}=0$. Em uma pequena rotação $\delta \theta$ em torno de um ponto qualquer, uma força cujo torque em relação a esse ponto é $\tau$ realiza o trabalho $\tau \delta \theta$: o torque é exatamente o trabalho por radiano de giro. Então $\delta W=(\sum \tau )\delta \theta$, que se anula somente se $\sum \tau =0$.

As forças internas, os empurrões e puxões entre partes do corpo, nunca entram na conta. Elas aparecem em pares iguais e opostos ao longo da reta que liga as duas partes, e um corpo rígido mantém essa distância fixa, de modo que as duas forças de cada par realizam trabalhos iguais e opostos.

A lei da alavanca a partir apenas do trabalho

O teste mais simples do princípio é a alavanca. O trabalho virtual fornece a sua lei diretamente a partir de pesos e alturas, sem sequer definir torque.

Legenda

$m_{1}g$	Peso da carga 1, cuja massa é $m_1$.	$\mathrm{N}$
$m_{2}g$	Peso da carga 2, cuja massa é $m_2$.	$\mathrm{N}$
$r_1$	Distância do pino à carga 1, ao longo da viga.	$\mathrm{m}$
$r_2$	Distância do pino à carga 2, ao longo da viga; aqui, o dobro de $r_1$.	$\mathrm{m}$
$\delta \theta$	Pequena rotação virtual da viga em torno do pino, exagerada no desenho.	$\mathrm{rad}$
$\delta h_1$	Descida da carga 1 durante a rotação: $r_1\delta \theta$.	$\mathrm{m}$
$\delta h_2$	Subida da carga 2 durante a rotação: $r_2\delta \theta$.	$\mathrm{m}$

A figura 1 mostra uma viga sobre um pino, com a carga 1, de massa $m_1$, à distância $r_1$ de um lado, e a carga 2, de massa $m_2$, à distância $r_2$ do outro. A viga está em equilíbrio, $m_1{r}_1=m_2{r}_2$, e lhe damos uma pequena rotação virtual $\delta \theta$ em torno do pino, desenhada muito maior do que é de fato. Observe os dois pequenos colchetes verticais. Um ponto da viga à distância $r$ do pino se move ao longo de um arco de comprimento $r\delta \theta$, e, para um ângulo pequeno, esse arco é praticamente vertical. Assim, a carga 1 desce $\delta h_1=r_1\delta \theta$, e a carga 2 sobe $\delta h_2=r_2\delta \theta$.

Agora some o trabalho. O pino não se move, então a sua força não realiza trabalho. A gravidade realiza trabalho apenas no movimento vertical: sobre a carga 1, que desce, realiza $+m_{1}g\delta h_1$; sobre a carga 2, que sobe, realiza $-m_{2}g\delta h_2$. Igualando o total a zero, obtemos $m_{1}g{r}_1\delta \theta =m_{2}g{r}_2\delta \theta$, e dividindo por $g\delta \theta$ restam $m_1{r}_1=m_2{r}_2$. Essa é a lei da alavanca, obtida apenas por contabilidade de energia.

Na animação, a viga equilibrada carrega uma caixa de 2,0 kg a $r_1=0,20\mathrm{m}$ e uma caixa de 1,0 kg a $r_2=0,40\mathrm{m}$. Inclinando-a em 0,01 rad, a caixa pesada desce 2 mm e a leve sobe 4 mm, e $2,0\cdot 2=1,0\cdot 4$: o que a gravidade ganha de um lado, ela devolve do outro.

Por que a regra não poderia ser outra? Uma alavanca equilibrada e sem atrito pode ser girada lentamente por um empurrão tão pequeno quanto se queira. Se ela estivesse em equilíbrio com outra razão entre massas e distâncias, girá-la num sentido elevaria a energia potencial total das cargas sem que nada pagasse por isso, e o truque poderia ser repetido sem limite: uma máquina de movimento perpétuo. Assim, a lei da alavanca decorre da impossibilidade do movimento perpétuo. Simon Stevin argumentou dessa forma, em 1586, sobre o plano inclinado: uma corrente fechada pendurada sobre uma cunha nunca começa a circular sozinha.

Três equações e qualquer ponto como pivô

Na prática, escrevem-se as condições de equilíbrio como equações e escolhe-se o pivô que as torna mais simples. Esta seção mostra por que qualquer pivô é permitido e quantas incógnitas as equações conseguem determinar.

No plano, o equilíbrio são três equações: $\sum F_x=0$, $\sum F_y=0$ e $\sum {\tau }_z=0$. O torque em relação a um ponto $B$ de uma força ${\vec{F}}_i$ aplicada em ${\vec{r}}_i$ é $({\vec{r}}_i-{\vec{r}}_B)\times {\vec{F}}_i$. Decomponha o braço como $({\vec{r}}_i-{\vec{r}}_A)+({\vec{r}}_A-{\vec{r}}_B)$, em que $A$ é outro ponto qualquer, e some sobre todas as forças:
${\vec{\tau }}_B={\vec{\tau }}_A+({\vec{r}}_A-{\vec{r}}_B)\times \sum \vec{F}$
Quando a força resultante é zero, o segundo termo se anula e o torque é o mesmo em relação a todos os pontos. Assim, o pivô pode ficar onde for conveniente, em geral em um apoio: a força desconhecida desse apoio não tem braço ali e desaparece da equação de torques.

Três equações determinam no máximo três incógnitas. Uma viga apoiada em dois pontos, ou uma escada encostada em uma parede lisa, não tem mais do que isso e é chamada estaticamente determinada. Uma mesa de quatro pés tem quatro forças desconhecidas nos pés, mas ainda apenas três equações úteis; portanto, é estaticamente indeterminada: a estática sozinha não diz como a carga se divide, e só a pequena deformação dos pés e do piso decide isso. Em um piso irregular, um dos pés não suporta nada, e a mesa balança.

Três forças se encontram em um ponto

Quando exatamente três forças mantêm um corpo parado, uma regra geométrica fixa a direção de uma delas antes de qualquer equação ser escrita. Uma escada encostada na parede é o exemplo clássico.

Legenda

$W$	Peso da escada, atuando no seu ponto médio.	$\mathrm{N}$
$P$	Empurrão da parede. Uma parede lisa empurra apenas perpendicularmente a si mesma, então $P$ é horizontal.	$\mathrm{N}$
$R$	Reação do chão no pé da escada: a força normal e o atrito somados. A sua linha passa por $T$.	$\mathrm{N}$
$T$	Ponto onde se cruzam as linhas de ação de $W$ e de $P$.
$\theta$	Ângulo entre a escada e o chão.	$\mathrm{rad}$
$\phi$	Ângulo entre $R$ e a vertical; $\tan \phi =a/h$, o atrito dividido pela força normal.	$\mathrm{rad}$
$h$	Altura do topo da escada, que também é a altura de $T$.	$\mathrm{m}$
$a$	Distância horizontal do pé da escada até a vertical pelo seu ponto médio, que também passa por $T$.	$\mathrm{m}$

A figura 2 mostra uma escada uniforme de comprimento $L$ e peso $W$, apoiada no chão formando o ângulo $\theta$ e encostada em uma parede lisa. Três forças atuam sobre ela. O peso $W$ atua verticalmente para baixo pelo ponto médio. Uma parede lisa só pode empurrar perpendicularmente a si mesma, então o seu empurrão $P$ no topo é horizontal. A reação do chão $R$ no pé tem, por enquanto, uma direção desconhecida. Siga as linhas de ação tracejadas de $W$ e $P$: elas se cruzam em $T$, na altura do topo da escada e exatamente acima do seu ponto médio.

Tome os torques em relação a $T$. Nem $W$ nem $P$ têm torque ali, porque as duas retas passam por $T$. O torque total é zero, então $R$ também não pode ter torque em relação a $T$, o que só é possível se a sua linha de ação também passar por $T$. Isso fixa a direção de $R$ antes mesmo de o atrito ser mencionado. A regra é geral: quando exatamente três forças não paralelas mantêm um corpo em equilíbrio, as suas linhas de ação se encontram em um ponto.

Agora decomponha $R$ na força normal $N$, vertical para cima, e no atrito $f$, ao longo do chão em direção à parede. O equilíbrio das forças verticais dá $N=W$, e o das horizontais, $f=P$. Na figura 2, $R$ se desvia da vertical pelo ângulo $\phi$, logo $\tan \phi =f/N$. O mesmo ângulo aparece no pé do triângulo retângulo cujo cateto vertical é a altura do topo (e de $T$), $h=L\sin \theta$, e cujo cateto horizontal é a distância do pé até a vertical pelo ponto médio, $a=\frac{1}{2}L\cos \theta$. Logo $\tan \phi =a/h$, e
$\frac{f}{N}=\frac{a}{h}=\frac{1}{2\tan \theta }$
Para uma escada uniforme a $60^{\circ }$ do chão, isso dá $1/(2\tan 60^{\circ })\approx 0,29$, qualquer que seja o peso da escada e qualquer que seja o seu comprimento. Portanto, a escada se mantém de pé somente se o coeficiente de atrito estático no chão for de pelo menos 0,29. Uma escada mais inclinada precisa de menos.

A gravidade atua no centro de massa

Quase todo problema de estática substitui o peso de um corpo por uma única força no seu centro de massa. Veja por que isso é exato em um campo uniforme e o que prevê para a balança da animação.

Cada parte $i$ de um corpo, de massa $m_i$ na posição ${\vec{r}}_i$ em relação a um pivô, sente o peso $m_i\vec{g}$. Como $\vec{g}$ é o mesmo para todas as partes, ele sai da soma: $\sum {\vec{r}}_i\times m_i\vec{g}=(\sum m_i{\vec{r}}_i)\times \vec{g}=M{\vec{r}}_{\mathrm{CM}}\times \vec{g}$, em que $M$ é a massa total e ${\vec{r}}_{\mathrm{CM}}=\sum m_i{\vec{r}}_i/M$. O peso inteiro atua no centro de massa. Medindo $x$ horizontalmente a partir do pivô e tomando os torques no sentido anti-horário como positivos,
$x_{\mathrm{CM}}=\frac{\sum m_i{x}_i}{\sum m_i}$
$\sum {\tau }_{\mathrm{gravity}}=-Mg{x}_{\mathrm{CM}}$
O sinal de menos indica que um centro de massa à direita do pivô gira o corpo no sentido horário. Seguem duas consequências. Um corpo suspenso por um pino se acomoda com o seu centro de massa diretamente abaixo do pino, onde a gravidade não tem torque. E os fios de prumo de dois pontos de suspensão diferentes se cruzam no centro de massa, que é como ele é encontrado na prática.

Aplique isso só às duas caixas. Escreva ${\tau }_1$ para o torque anti-horário da caixa pesada, ${\tau }_2$ para o torque horário da caixa leve e $x_{\mathrm{CM}}$ para o centro de massa das caixas; então ${\tau }_1-{\tau }_2=-(m_1+m_2)g{x}_{\mathrm{CM}}$. O gráfico do nível avançado da animação marca isso em função da posição $x_1$ da caixa pesada: 4,51 N·m em $x_1=-0,42\mathrm{m}$, zero em $x_1=-m_2{r}_2/m_1=-0,20\mathrm{m}$ e $-2,07\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$ em $x_1=-0,10\mathrm{m}$. A reta é quase perfeita, com inclinação próxima de $-m_{1}g=-19,6\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$ por metro: cada centímetro que a caixa desliza para dentro retira cerca de 0,20 N·m. A inclinação traçada é cerca de 5% mais acentuada. Os centros das caixas ficam cerca de 5 cm acima da linha do pino, então a mudança de inclinação que acompanha cada deslocamento da caixa também os move um pouco para o lado.

Esse não é o torque total sobre a viga. A massa de 14 kg no ponteiro fornece um torque oposto e mantém o total em zero, e é por isso que a viga se inclina apenas parcialmente (calculado a seguir). O fio de prumo dourado na animação mostra a mesma coisa geometricamente: a viga se inclina para o lado em que está o centro de massa das caixas.

Estabilidade e energia potencial

Um equilíbrio pode ser como o fundo de uma tigela, para o qual o corpo retorna, ou como o topo de uma colina, do qual ele cai. A energia potencial distingue os dois casos.

Para um corpo que gira em torno de um pino, a energia potencial é $U(\theta )=Mg{y}_{\mathrm{CM}}$, em que $y_{\mathrm{CM}}$ é a altura do centro de massa. Quando o corpo gira $d\theta$, o torque da gravidade realiza o trabalho $\tau d\theta$, retirado de $U$, então $dU=-\tau d\theta$. Equilíbrio, isto é, torque nulo, significa portanto $dU/d\theta =0$. Ele é estável se $d^{2}U/d{\theta }^2>0$: uma inclinação eleva então o centro de massa, e o torque que surge empurra o corpo de volta. É instável se $d^{2}U/d{\theta }^2<0$, e neutro se $U$ permanece constante, como uma roda uniforme sobre o seu eixo.

Coloque o centro de massa à distância $\ell$ do pino e no ângulo $\psi$ em relação à vertical abaixo dele. Sua altura em relação ao pino é $-\ell \cos \psi$, então $U=-Mg\ell \cos \psi$ e $d^{2}U/d{\psi }^2=Mg\ell \cos \psi$. Isso é positivo em $\psi =0$, então ficar abaixo do pino é estável, e negativo em $\psi =180^{\circ }$, então ficar acima do pino é instável. Uma gangorra com dois ocupantes tem o centro de massa acima do pivô: ela não fica nivelada, mas assenta em uma das pontas, sustentada pelo chão. A balança da animação pendura uma massa de 14 kg a 0,19 m abaixo do pino justamente para evitar isso.

Exemplo: quanto a balança se inclina

Com a caixa fora do centro, a balança da animação não cai para uma das pontas: ela se estabiliza em uma inclinação definida. Esta seção calcula esse ângulo, primeiro pela geometria e depois pela energia.

Legenda

$O$	O pino em torno do qual a viga gira.
$G$	Centro de massa de toda a balança: caixas, viga, ponteiro e massa pendular.
$Mg$	Peso de toda a balança, de massa total $M$, atuando em $G$.	$\mathrm{N}$
$u_G$	Posição de $G$ ao longo da viga, medida a partir do pino e positiva para a direita; aqui negativa.	$\mathrm{m}$
$w_G$	Posição de $G$ transversalmente à viga, positiva para cima; aqui negativa, porque $G$ está abaixo da viga.	$\mathrm{m}$
$\theta$	Inclinação da viga em relação à horizontal, positiva no sentido anti-horário. O mesmo ângulo aparece em $G$ no triângulo retângulo.	$\mathrm{rad}$

A figura 3 esboça a balança com as proporções exageradas. Use coordenadas presas à viga e medidas a partir do pino $O$: $u_i$ ao longo da viga (positivo para a direita) e $w_i$ transversalmente a ela (positivo para cima). Juntas, as partes de massas $m_i$ pesam como um único corpo de massa $M=\sum m_i$ em seu centro de massa $G$, cujas coordenadas são $u_G=A/M$ e $w_G=B/M$, com
$A=\sum m_i{u}_i,B=\sum m_i{w}_i$
A inclinação $\theta$ da viga em relação à horizontal é contada no sentido anti-horário.

A balança está em repouso quando $G$ pende diretamente abaixo de $O$, porque então o peso $Mg$ passa pelo pino e não tem torque. (Diretamente acima de $O$ também é um equilíbrio, mas instável.) Na figura 3, parta de $O$ ao longo da viga por $u_G$ e depois transversalmente por $w_G$, e você chega a $G$; o fio de prumo de $G$ de volta a $O$ fecha um triângulo retângulo, com o ângulo reto onde $u_G$ encontra $w_G$. O ângulo em $G$ é igual à inclinação $\theta$. Duas retas perpendiculares a outras duas formam o mesmo ângulo que elas; a viga e a horizontal se cruzam em $\theta$, então o lado $w_G$, perpendicular à viga, e o prumo, perpendicular à horizontal, também se cruzam em $\theta$. Visto de $G$, $u_G$ é o cateto oposto e $w_G$ é o cateto adjacente, logo
$\tan \theta =\frac{u_G}{w_G}=\frac{A}{B}$
Na figura, tanto $u_G$ quanto $w_G$ são negativos, então $\tan \theta >0$: a viga girou no sentido anti-horário, com o lado esquerdo para baixo.

A energia potencial dá o mesmo resultado, e também define a estabilidade. Girada no sentido anti-horário de $\theta$, a parte $i$ fica à altura $u_i\sin \theta +w_i\cos \theta$ acima do pino, então
$U(\theta )=g(A\sin \theta +B\cos \theta )$
Igualando $dU/d\theta =g(A\cos \theta -B\sin \theta )$ a zero, obtém-se novamente $\tan \theta =A/B$.

Agora os números. Os centros das caixas ficam 0,053 m e 0,043 m acima da linha do pino, e a massa pendular 0,19 m abaixo dela, então $B=2,0\cdot 0,053+1,0\cdot 0,043-14\cdot 0,19\approx -2,51\mathrm{kg}\cdot \mathrm{m}$; o peso próprio da viga atua no pino e não acrescenta nada. No início, a caixa pesada está em $x_1=-0,42\mathrm{m}$ ao longo da viga e a leve em 0,40 m, então $A=2,0\cdot (-0,42)+1,0\cdot 0,40=-0,44\mathrm{kg}\cdot \mathrm{m}$. Então $\tan \theta =0,175$ e $\theta =9,9^{\circ }$, com o lado pesado para baixo, como na figura 3. Em $x_1=-0,10\mathrm{m}$, $A=+0,20\mathrm{kg}\cdot \mathrm{m}$ e $\theta =-4,6^{\circ }$, com o outro lado para baixo; em $x_1=-0,20\mathrm{m}$, $A=0$ e a balança fica nivelada. Como verificação, o torque horário da massa pendular no início, $14\cdot 9,81\cdot 0,19\sin \theta \approx 4,51\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$, cancela o torque das caixas no início do gráfico.

A posição de repouso é estável? A segunda derivada é $d^{2}U/d{\theta }^2=-g(A\sin \theta +B\cos \theta )$, e no equilíbrio com $G$ abaixo de $O$ (aqui $B<0$) ela resulta em $g\sqrt{A^2+B^2}$. Isso nunca é menor que $g|B|=9,81\cdot 2,51=24,6\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$ por radiano, então a balança é estável em qualquer posição da caixa. Perto da horizontal, $\theta \approx A/B$: deslocar a caixa 1 cm altera $A$ em 0,020 kg·m e inclina a viga em $0,020/2,51\approx 0,008\mathrm{rad}$, cerca de 0,46°. Essa é a sensibilidade da balança. Um $|B|$ menor, com uma massa pendular mais leve ou um ponteiro mais curto, aumentaria essa sensibilidade, ao custo de um torque restaurador mais fraco, $g|B|$ por radiano perto da horizontal. Sem a massa pendular, $B=+0,15\mathrm{kg}\cdot \mathrm{m}$: $G$ fica acima do pino, a segunda derivada na posição nivelada é negativa, e o menor desequilíbrio derrubaria a viga por completo, como uma gangorra.

Tombamento e deslizamento

Um corpo apoiado em um plano inclinado pode falhar de duas maneiras: desliza para baixo ou tomba sobre a sua aresta inferior. Qual acontece primeiro depende apenas da forma dele e do atrito.

Legenda

$w$	Largura da base da caixa, ao longo da rampa.	$\mathrm{m}$
$h$	Altura da caixa.	$\mathrm{m}$
$\theta$	Ângulo da rampa. O mesmo ângulo fica entre $R$ e a normal à rampa.	$\mathrm{rad}$
$mg$	Peso da caixa, atuando no seu centro.	$\mathrm{N}$
$R$	Força de contato da rampa sobre a caixa (normal mais atrito): igual e oposta ao peso, portanto vertical.	$\mathrm{N}$
$d$	Distância da aresta inferior da base até o ponto onde $R$ atua: $d=w/2-(h/2)\tan \theta$.	$\mathrm{m}$

A figura 4 mostra um caixote uniforme, de base $w$ e altura $h$, sobre uma rampa no ângulo $\theta$. Só duas forças atuam sobre ele: o seu peso $mg$, no centro, e a força de contato $R$ da rampa, isto é, a força normal e o atrito sobre toda a base somados em uma única força. Duas forças se equilibram somente se forem iguais, opostas e sobre a mesma reta; logo, $R$ aponta verticalmente para cima, pela vertical que passa pelo centro, e atua onde essa vertical encontra a base.

Para achar esse ponto, parta do centro, que está a $w/2$ da aresta inferior ao longo da base e a $h/2$ acima dela. A vertical pelo centro forma o ângulo $\theta$ com a normal à rampa, então, em seu trajeto para baixo através da altura $h/2$, ela desvia $(h/2)\tan \theta$ rampa abaixo. Portanto, ela encontra a base a $(h/2)\tan \theta$ rampa abaixo do ponto médio da base, à distância
$d=\frac{w}{2}-\frac{h}{2}\tan \theta$
da aresta inferior, marcada $d$ na figura 4. À medida que a rampa se torna mais íngreme, $d$ diminui. A força de contato não pode atuar fora da base; quando $d$ chega a zero, ela não pode mais ficar sob o centro, e o caixote tomba em torno da sua aresta inferior:
$\tan \theta =\frac{w}{h}\text{(tipping of a uniform crate on a ramp)}$

O deslizamento se lê na mesma figura. $R$ é vertical, e a normal se inclina $\theta$ em relação à vertical, então $R$ se inclina $\theta$ em relação à normal: é o ângulo marcado entre $R$ e a normal tracejada na figura 4. A sua parte de atrito dividida pela sua parte normal é, portanto, $\tan \theta$, e o atrito estático só pode fornecer isso enquanto $\mu \ge \tan \theta$, em que $\mu$ é o coeficiente de atrito estático. Comparando os dois limites, o caixote tomba primeiro se $w/h<\mu$ e desliza primeiro se $\mu <w/h$.

Um arquivo de metal de 0,45 m de largura e 1,30 m de altura tem $w/h\approx 0,35$. Sobre borracha, com $\mu \approx 0,8$, ele tomba a 19,1°; sobre uma rampa plástica molhada, com $\mu =0,20$, ele desliza primeiro, a 11,3°. Para um corpo que não é uniforme, use as distâncias reais do seu centro de massa à aresta inferior e à rampa, no lugar de $w/2$ e $h/2$. Um centro de massa baixo faz $d$ diminuir mais lentamente, e por isso cargas pesadas são acomodadas embaixo.

Limites de validade

Tudo aqui supõe corpos rígidos. Vigas reais se curvam, e, em uma estrutura estaticamente indeterminada, são as deformações, através da lei de Hooke, que decidem as forças. O atrito estático é uma desigualdade, $f\le \mu N$: as equações dão o atrito de que um corpo precisa, e a desigualdade apenas diz se as superfícies conseguem fornecê-lo.

Colocar o peso no centro de massa também exige um campo uniforme. A gravidade enfraquece com a altura $y$ em uma fração de cerca de $2y/R_{\mathrm{E}}$, em que $R_{\mathrm{E}}$ é o raio da Terra. Em uma coluna uniforme de $H=800\mathrm{m}$ de altura, o centro de gravidade, o ponto onde o peso efetivamente atua, fica portanto $H^2/(6R_{\mathrm{E}})\approx 1,7\mathrm{cm}$ abaixo do centro de massa: desprezível para edifícios. Em órbita, o mesmo gradiente gira um satélite longo para apontar para a Terra, e torques de maré fizeram a Lua manter uma mesma face voltada para nós.

Por fim, a estática é o limite de mudanças lentas. Mova a caixa bruscamente e a viga ultrapassa a posição de equilíbrio e oscila; então $\tau =I\alpha$, de Dinâmica rotacional e torque, assume o controle.

Para onde isso leva

O trabalho virtual rege todas as máquinas ideais de Máquinas simples: alavancas, polias e engrenagens, e vigas que cedem levam a Elasticidade: lei de Hooke, tensão e deformação. Um equilíbrio estável é onde começa o Movimento harmônico simples: deslocado um pouco, um corpo oscila em torno dele com ${\omega }^2=(d^{2}U/d{\theta }^2)/I$, em que $I$ é o seu momento de inércia em relação ao pino. Os fluidos também obedecem à estática: em Empuxo e princípio de Arquimedes, um navio permanece em pé quando, ao adernar, o seu peso e o empuxo formam um binário restaurador. Quando os torques não se anulam, o corpo começa a girar, tema de Momento angular e sua conservação. As cargas têm estática própria, em Campo elétrico e potencial, com uma reviravolta: forças puramente eletrostáticas nunca conseguem manter uma carga em equilíbrio estável (teorema de Earnshaw).