Exercícios Resolvidos de Atrito Estático + Atrito Cinético

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Enunciado

Dois blocos estão ligados por uma corda que passa por uma polia de massa desprezível e sem atrito em seu eixo, como mostra a figura ao lado.

O bloco A tem massa m A = 2   k g e os coeficientes de atrito estático e cinético entre A e a rampa são respectivamente

μ e = 1 / 2 = 0,5 e μ c = 1 / 3 = 0,33 …

Considere que os corpos são liberados a partir do repouso, g   =   10   m / s 2 , s e n θ = 0,8 e c o s θ = 0,6 .

(a) Determine a menor massa possível do bloco B acima da qual o bloco A sobe a rampa.

(b) Determine a maior massa possível do bloco B abaixo da qual o bloco A desce a rampa.

(c) Obtenha a aceleração do bloco A quando a massa de B é m B = 3   k g indicando o módulo, direção e sentido.

Passo 1

Nessa questão, a força peso tenta puxar os dois blocos para baixo, sendo que no bloco A, temos apenas a componente paralela à rampa ( P A s e n θ ) exercendo esse papel.

Então, antes de considerar o atrito, dá uma olhada apenas nessas forças:

Esses bloquinhos estão em um “cabo de guerra”, cada um puxando para um lado.

Se o bloquinho B for muito pesado sua força peso m B g vai vencer e puxar o bloquinho A para cima da rampa. Porém, se o bloquinho B for muito leve, a componente da força peso do bloquinho A m A g s e n θ vai vencer e puxar o bloquinho A para baixo da rampa. Nesse caso, só teríamos um valor para a massa m B que deixaria esse sistema em equilíbrio.

Mas aí que entra o atrito na jogada...

Agora, quando o bloco A tender a deslizar, vai aparecer uma força de atrito contra o movimento, mantendo o sistema em equilíbrio.

Se o bloco B for muito leve, o bloco A tende a deslizar para baixo:

A F → a t aparece impedindo o bloco A de descer.

Já se o bloco B for muito pesado, o bloco A tende a deslizar para cima:

A F → a t aparece impedindo o bloco A de subir.

Então, como a força de atrito sempre vai estar sempre ajudando o bloco que está perdendo o “cabo de guerra”, não temos mais apenas um valor de m B que mantém o sistema em equilíbrio e sim um intervalo de m B .

Passo 2

(a) Determine a menor massa possível do bloco B acima da qual o bloco A sobe a rampa.

Para o bloco A subir a rampa, temos esse caso:

Então, nós queremos a menor m B que seja capaz de vencer a componente da força peso de A m A g s e n θ somada com a força de atrito estático máxima F → a t .

Para achar isso, vamos completar o nosso desenho, com as outras forças, lembrando que como a polia é ideal, a tração T em todo o cabo é a mesma:

No bloco B, o somatório das forças na vertical é:

T = m B g

Já no bloco A, o somatório das forças paralelas à rampa é:

T = m A g s e n θ + F a t

Logo, podemos juntar as duas equações, substituindo T :

m B g = m A g s e n θ + F a t

Lembrando que a força de atrito estática é dada pela expressão F a t = μ e N :

m B g = m A g s e n θ + μ e N

Agora, vamos achar essa força normal N a partir do somatório em A das forças perpendiculares à rampa:

N = m A g c o s θ

Então, ficamos com:

m B g = m A g s e n θ + μ e m A g c o s θ

Podemos cortar g em todos os termos e substituir os valores:

m B = m A s e n θ + μ e c o s θ

m B = 2 0,8 + 1 2 0,6

m B = 2,2   k g

Assim, achamos que a partir de 2,2   k g para o valor de m B , o bloco B consegue vencer o “cabo de guerra” e puxar o bloco A para cima.

Passo 3

(b) Determine a maior massa possível do bloco B abaixo da qual o bloco A desce a rampa.

Para o bloco A descer a rampa, temos esse caso:

Então, nós queremos a maior m B que ainda permite a componente da força peso de A m A g s e n θ puxá-lo para baixo.

Vamos usar novamente o nosso diagrama de forças completo:

No bloco B, temos de novo que:

T = m B g

Já no bloco A, o somatório das forças paralelas à rampa será:

T + F a t = m A g s e n θ

Juntando as duas:

m B g + F a t = m A g s e n θ

A força de atrito estática máxima é F a t = μ e N :

m B g + μ e N = m A g s e n θ

E podemos achar a força Normal ( N ) novamente com o somatório de forças em A na perpendicular à rampa:

N = m A g c o s θ

Assim, ficamos com:

m B g + μ e m A g c o s θ = m A g s e n θ

Cortando g em todos os termos e arrumando a casa, temos:

m B = m A s e n θ - μ e c o s θ

m B = 2 0,8 - 1 2 0,6

m B = 1   k g

Assim, achamos que até 1   k g para o valor da massa de B m B , o bloco A vai conseguir vencer o “cabo de guerra” e descer pela rampa.

Passo 4

(c) Obtenha a aceleração do bloco A quando a massa de B é m B = 3   k g indicando o módulo, direção e sentido.

Resolvendo os itens (a) e (b), achamos que se m B estiver no intervalo entre 1   k g e 2,2   k g , o sistema estará em equilíbrio, pois a força normal é capaz de se opor às diferenças de peso entre os blocos.

Mas quando m B está fora desse intervalo, a força de atrito máxima é ultrapassada e os blocos entram em movimento. O atrito passa a ser cinético.

Para m B = 3   k g , temos que o bloco A será puxado por uma força que o faz subir a rampa. Logo, temos esse caso:

Então vamos fazer o somatório de forças e aplicar a segunda lei de Newton.

Usando nosso diagrama querido, temos em B que:

m B g - T = m B a

T = m B g - m B a

Se os blocos estão conectados, suas acelerações vão ser iguais. Então, para o bloco A, temos que:

T - m A g s e n θ - F a t = m A a

Juntando as duas:

m B g - m B a - m A g s e n θ - F a t = m A a

m A a + m B a = m B g - m A g s e n θ - F a t

Agora que o atrito é cinético, vamos usar a expressão F a t = μ c N . Isolando a aceleração:

a = m B g - m A g s e n θ - μ c N m A + m B

Como o bloco A está em equilíbrio na direção perpendicular à rampa, achamos que a força normal N é:

N = m A g c o s θ

Então, ficamos com:

a = m B g - m A g s e n θ - μ c m A g c o s θ m A + m B

a = g m B - m A s e n θ - μ c m A c o s θ m A + m B

Agora, basta substituir os valores que temos:

a = 10 3 - 2 0,8 - 1 3 2 0,6 2 + 3

a = 2   m / s 2

Achamos o módulo da aceleração. Sua direção será paralela à rampa e seu sentido para cima.

Resposta

(a) m B = 2,2   k g

(b) m B = 1   k g

(c) a = 2   m / s 2 , paralela à rampa e para cima.

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