Exercícios Resolvidos de Atrito Cinético

Um bloco de massa m = 2,00   k g desliza sobre um plano inclinado que faz um ângulo θ = π / 4 com a horizontal. O plano tem uma superfície rugosa, cujo coeficiente de atrito cinético, µ C , é igual a 0,2. O bloco localiza-se inicialmente no topo do plano, a uma altura h = 0,50   m com a horizontal, e inicia seu movimento a partir do repouso. O plano está montado sobre uma mesa de altura H = 2,25   m . Ao final do deslizamento ao longo do plano, o bloco cai sob ação da força peso e de uma força de resistência do ar. Veja a figura ao lado para um esquema da situação (use sen ⁡ ( π / 4 ) = cos ⁡ ( π / 4 ) = 2 2 ).

(a) Determine o diagrama de corpo livre (diagrama de forças) para o bloco quando o mesmo inicia seu movimento no topo do plano e outro diagrama para o bloco após o mesmo perder contato com o plano.

(b) Para cada força indicada nestes diagramas, aponte o devido par ação e reação (terceira Lei de Newton) da mesma e discuta seu efeito (escreva no máximo até duas linhas para cada força).

(c) Determine o vetor velocidade v → do bloco quando o mesmo atinge o final do plano inclinado. Escreva sua resposta na forma v → = v 0 x   i ^ + v 0 y   j ^ .

(d) Ignore a resistência do ar e determine o alcance R do bloco. Dica geral: faça substituições numéricas apenas na etapa final das soluções dos itens (c) e (d). Para o item (d), caso você não tenha feito o item (c), deixe a resposta em termos de v 0 x e v 0 y .

Passo 1

(a)

Situação (1): no topo do plano; Situação (2): após perder contato com o plano.

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Passo 2

(b)

Situação (1): força normal: força sobre a superfície do plano na direção - N → , comprime o plano; força de atrito: força tangencial à superfície do plano na direção - F a t → , arrasta a superfície do plano.

O plano não se desloca pois o supomos preso à mesa. Força peso: atração gravitacional do planeta Terra pelo bloco, atuando no centro do planeta Terra. Causa uma aceleração desprezível no planeta pois M T e r r a ≫ m b l o c o . (2) Força peso: mesma que anterior, força de resistência do ar: força sobre as partículas do ar, deslocando-as para passagem do bloco.

Passo 3

(c)

O bloco desce a rampa sobre a ação de forças constantes. Desta maneira, a resultante será uma força constante e movimento é uniformente acelerado. Adotamos um sistema de coordenadas i ^ ' e j ^ ' com i ^ ' denotando uma direção ao longo do plano e j ^ ' ao longo da normal ao plano. Podemos escrever, para uma coordenada s ao longo da superfície do plano que:

- m . g . µ C . cos ⁡ θ + m . g . sen ⁡ θ = m s ¨

Desta maneira, temos:

s ¨ = a = - µ C . g . cos ⁡ θ + g . sen ⁡ θ = 2 2 . 8 = 4 2   m / s 2

Uma vez que a aceleração é constante, conhecemos a equação de movimento para s t :

s t = s 0 + v s 0 t + 1 2 a t 2

O deslocamento total em s se escreve:

s t ' - s 0 = H sen ⁡ θ

Onde t ' é o tempo no qual o bloco está no fim do plano inclinado. Dái, escrevemos (lembrando que v s 0 = 0 )

H sen ⁡ θ = 1 2 a t ' 2

t ' = 2 H a . sen ⁡ θ 1 2  

Mas o que queremos é a velocidade, que se escreve:

v s t ' = v s 0 + a t ' = a t '

Desta maneira:

v s t ' = 2 H a sen ⁡ θ 1 2

Colocando os números:

v s t = 2 × 0,5   m × 4 2   m / s 2   2 2 1 2 = 16 × 0.5 1 2     m / s = 2 2   m / s

Uma opção alternativa para obter v s é usar a equação v s 2 = v s 0 2 + 2 a [ s - s 0 ] . Mas este é apenas o módulo da velocidade. Para encontrarmos o vetor velocidade na forma v = v 0 x   i ^ + v 0 y   j ^ , adotamos o sistema de coordenadas usual e consideramos a geometria da figura. Desta maneira, escrevemos:

v x = ( 2 2 cos ⁡ θ )   m / s = 2   m / s v y = ( - 2 2 sen ⁡ θ )   m / s = - 2   m / s  

Desta maneira:

v → = 2   i ^ - 2   j ^ m / s

Passo 4

(d)

Sem resistência do ar, temos novamente um movimento a aceleração constante. De fato, escolhendo uma nova origem no “pé da mesa”, podemos escrever para o bloco (segunda lei de Newton):

- m g   j ^ = m a →

ou seja,

a → = - g   j ^  

Desta maneira:

r → ( t ) = x 0 + v x 0 t i ^ + y 0 + v y 0 t + 1 2 a t 2 j ^

Usando as condições do problema e nossa escolha de origem, temos:

r → t = 2 t i ^ + H - 2 t - 1 2 g t 2 j ^

Para determinar o alcance R , primeiro calculamos o tempo t ' de queda. Este é o tempo t ' no qual y t ’ = 0 , assim:

H - 2 t ' - 1 2 g t ' 2 = 0

Resolvendo a equação, temos (tomando apenas a raiz positiva):

t ' = 0,5   s

O alcance é dado pela equação:

R = v x 0 t ' = ( 2   m / s ) ( 0,5   s ) = 1   m

Resposta

c) v → = 2   i ^ - 2   j ^ m / s

d) R = 1   m

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