Exercícios Resolvidos de Atrito Cinético

Considere duas rampas inclinadas, perpendiculares entre si, e que formam com o solo um triângulo retângulo, como ilustra a figura. Dois blocos A e B de mesma massa m estão, inicialmente, em repouso nos pontos mais altos de cada rampa. O bloco B encontra-se sobre a rampa menos inclinada, a da direita na figura, que forma um ângulo θ com a horizontal e, nela, o atrito é desprezível. Em contrapartida, o coeficiente de atrito cinético entre a rampa da esquerda e o bloco A , que desliza sobre ela é µ c . Verifica-se, então, que os blocos deslizam sobre as rampas.

a) Supondo que ambos os blocos iniciem seus movimentos de descida no mesmo instante e que atinjam o solo simultaneamente, determine o coeficiente de atrito µ c . Sua resposta deve ser dada em termos das grandezas: θ , g e m .

b) Discuta o resultado do item anterior para θ = π / 4 .

Passo 1

Vamos primeiro fazer o diagrama de corpo livre e aplicar a segunda lei de Newton para os dois blocos.

Na rampa da direita, temos as seguintes forças sobre o bloco B :

Podemos decompor a força peso P → em suas componentes paralela e perpendicular à rampa:

P x = P s e n θ P y = P c o s θ

Na direção paralela à rampa, temos:

F R = m a B

P x = m a B

m g s e n θ = m a B

Cortando as massas:

a B = g s e n θ

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Passo 2

Já na rampa da esquerda, vamos fazer o mesmo procedimento com o bloco A , porém agora temos uma força de atrito contrária ao movimento:

P x = P s e n π 2 - θ P y = P c o s π 2 - θ

Na direção paralela à rampa, temos:

F R = m a A

P x - F a t = m a A

A componente P x é:

m g s e n π 2 - θ - F a t = m a A

A força de atrito cinética é dada pelo coeficiente de atrito cinético μ c vezes a força normal N :

m g s e n π 2 - θ - μ c N = m a A

Podemos ainda olhar para a direção perpendicular à rampa para obter outra relação com a força normal (desconhecida).

Na direção perpendicular, temos um equilíbrio de forças pois não há aceleração nessa direção:

F R = 0

N - P y = 0

N = m g c o s π 2 - θ

Substituindo a força normal N na primeira equação, temos:

m g s e n π 2 - θ - μ c m g c o s π 2 - θ = m a A

Cortando as massas, temos:

a A = g s e n π 2 - θ - μ c g c o s π 2 - θ

Passo 3

Até aqui, fizemos o passo a passo de sempre para uma questão de plano inclinado.

Queremos saber na letra (a), qual o coeficiente de atrito μ c que faz os blocos chegarem ao chão ao mesmo tempo.

Sabemos que os dois blocos descem com acelerações a A e a B , logo eles realizam um movimento retilíneo uniformemente variado (MUV).

Podemos usar a equação de movimento do MUV:

S = S 0 + v 0 t + a t 2 2

Já temos uma expressão para a aceleração de cada um deles, porém temos que achar a distância percorrida por cada um deles.

A distância será diferente simplesmente porque a inclinação da pista é diferente.

Passo 4

Olhando para o triângulo retângulo, queremos obter uma expressão para a distância percorrida por A e por B :

Vamos relacionar as duas com a altura h da rampa e os ângulos respectivos:

Para a distância percorrida por A , temos:

s e n π 2 - θ = h S A

S A = h s e n π 2 - θ

Enquanto para a distância percorrida por B , temos:

s e n θ = h S B

S B = h s e n θ

Passo 5

Agora, vamos voltar à equação de movimento:

S = S 0 + v 0 t + a t 2 2

Vamos considerar a origem no ponto de partida de ambos os blocos:

S 0 = 0

Sabemos também que ambos parte do repouso v 0 = 0 , ficamos com:

S = a t 2 2

Para o bloco A , temos:

S A = a A t 2 2

Para o bloco B , temos:

S B = a B t 2 2

Passo 6

Queremos a situação onde os blocos atinjam o chão ao mesmo tempo, logo, vamos igualar as expressões pelo tempo t :

t 2 = 2 S A a A t 2 = 2 S B a B

2 S A a A = 2 S B a B

S A a A = S B a B

Passo 7

Agora vamos substituir as expressões que temos e isolar o μ c .

S A a A = S B a B

S A a A = S B a B

Para facilitar a visualização, vamos chamar π 2 - θ de β :

h / s e n β g s e n β - μ c g c o s β = h / s e n θ g s e n θ

Cortando h e g , temos:

1 s e n β × 1 s e n β - μ c cos ⁡ β = 1 s e n θ × 1 s e n θ

1 s e n 2 β - μ c s e n β cos ⁡ β = 1 s e n 2 θ

s e n 2 θ = s e n 2 β - μ c s e n β cos ⁡ β

Isolando μ c , temos:

μ c = s e n 2 β - s e n 2 θ s e n β cos ⁡ β  

Reescrevendo β como π 2 - θ :

μ c = s e n 2 π 2 - θ - s e n 2 θ s e n π 2 - θ cos ⁡ π 2 - θ

Pronto! Está com a cara feia mas achamos a resposta.

Caso a gente queira uma resposta mais bonitinha, podemos utilizar algumas relações trigonométricas para ajeitar nossa resposta...

Passo 8

A primeira relação é que θ e π 2 - θ são ângulos complementares, ou seja, somam 90 ° :

Assim, temos que:

s e n θ = c o s π 2 - θ c o s θ = s e n π 2 - θ

Colocando todos os “senos” e “cossenos” em função apenas de θ , ficamos com:

μ c = s e n 2 π 2 - θ - s e n 2 θ s e n π 2 - θ cos ⁡ π 2 - θ

μ c = cos 2 ⁡ θ - s e n 2 θ s e n θ cos ⁡ θ

Por últimos, podemos usar que:

cos ⁡ 2 θ = cos 2 ⁡ θ - s e n 2 θ s e n 2 θ = 2 s e n θ c o s θ

Assim, nossa expressão fica:

μ c = cos ⁡ 2 θ s e n 2 θ / 2  

μ c = 2 tan ⁡ 2 θ

Ou seja, chegamos no mesmo resultado, porém com outra identidade trigonométrica.

Passo 9

Já na letra (b), queremos analisar para o caso do ângulo θ ser π 4 .

Cara, pensa comigo...

O ângulo π / 4 é o mesmo que 45 ° . Ou seja nesse caso os dois lados da rampa teriam a mesma inclinação:

θ = π 4

π 2 - θ = π 4

Como ambos têm a mesma inclinação, porém apenas um deles tem atrito, parece difícil que eles consigam chegar juntos na base da rampa, não é mesmo?

Vamos substituir o valor de θ na expressão de μ c e ver o que achamos: μ c = s e n 2 π 2 - θ - s e n 2 θ s e n π 2 - θ cos ⁡ π 2 - θ

μ c = s e n 2 π 4 - s e n 2 π 4 s e n π 4 cos ⁡ π 4

μ c = 0

Ou seja, achamos que para que os dois blocos cheguem na base da rampa com o mesmo tempo, o coeficiente de atrito deve ser nulo (não pode ter atrito).

Resposta

(a) μ c = s e n 2 π 2 - θ - s e n 2 θ s e n π 2 - θ cos ⁡ π 2 - θ

Ou

μ c = cos 2 ⁡ θ - s e n 2 θ s e n θ cos ⁡ θ

Ou

μ c = 2 tan ⁡ 2 θ

(b) Para que os dois blocos cheguem na base da rampa com o mesmo tempo, o coeficiente de atrito deve ser nulo (não pode ter atrito).

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