Exercícios Resolvidos de Atrito Estático

Uma pessoa de massa m tenta puxar uma caixa de massa M sobre uma superfície inclinada, através de uma corda e uma polia ideais, de acordo com a figura abaixo. A superfície inclinada define um ângulo θ com a horizontal, e a pessoa encontra-se no topo, em uma superfície horizontal. O coeficiente de atrito estático entre a caixa e a superfície é μ 1 e o coeficiente de atrito estático entre o sapato da pessoa e a superfície é μ 2 .

(a) Desenhe na figura todas as forças exercidas na pessoa e na caixa.

(b) Encontre o valor mínimo de μ 2 para que a pessoa consiga mover a caixa. Verifique seu resultado para o limite para θ → 0 o   e θ → 90 o

(c) Substituindo os valores de M = 20   k g , m = 60   k g , θ   = 53 o , e μ 1 = 2 3 , encontre o mínimo valor de μ 2 para que seja possível mover a caixa. Utilize a aproximação s e n ( 53 o ) = 0,8 e c o s ( 53 o ) = 0,6 .

(d) O que você deverá mudar em seus cálculos se a pessoa também estiver no plano inclinado? Recalcule o resultado do item anterior para este caso.

Passo 1

(a) Ver as forças que atuam no nosso sistema:

Como nem a pessoa nem o bloco estão no espaço, ambos vão ter força peso apontando pra baixo, beleza? Temos ainda a tração da corda, que sempre tem a mesma intensidade nas duas pontas se for inextensível.

E essas forças de atrito aí, porque estão assim? Bem, lembra que a força de atrito se opõe à tendência de movimento? Como, se a pessoa não fizer força nenhuma na corda, o bloco tende a puxar ela, a força de atrito pra pessoa é da esquerda pra direita e como se a pessoa puxar a corda o bloco tende a subir, a força de atrito pro bloco “aponta” no sentido da descida do bloco, ok?

Pra ficar mais organizado, vamos decompor a força peso. No esquema anterior, vamos olhar só pra parte triangular. Dá uma olhada em como fica:

Agora que decompomos a força peso podemos redesenhar nossos diagramas de corpo livre:

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

(b) Verificar as condições para que o bloco se mova

Vamos lá, a gente quer que o bloco se mova, certo? Então pro bloco subir vamos ter que puxar a corda! Quando puxamos a corda, garantimos que:

T > P b sen ⁡ θ +   F a t b

Calma, parece estranha essa forma de escrever, não é mesmo? Mas isso só porque não substituímos as expressões acima por valores conhecidos. Pro peso, vamos ter:

P b = M g

Mas agora, e essa força de atrito ai? O que fazemos com ela? Se o bloco estiver na iminência de se mover, essa força de atrito tem que ser seu valor máximo. Se não fosse, a pessoinha ali em cima não puxou a corda forte o suficiente pra vencer o atrito estático. Então:

F a t b m a x = μ 1 N b

Mas como decompomos já a força peso, então já sabemos com quem a normal do bloco se iguala:

N b = P b cos ⁡ θ

N b = M g cos ⁡ θ

E agora, substituindo na expressão da fórmula de atrito:

F a t b = μ 1 M g cos ⁡ θ

E botando tudo junto, temos:

T >   M g sen ⁡ θ +   μ 1 M g cos ⁡ θ

Passo 3

E a pessoa lá em cima, o que acontece com ela?

No passo anterior, faltou uma coisa: descobrir quem é nosso misterioso T . Bem, como queremos que o bloco suba, a pessoa não pode estar nem parada e nem se deixando levar pelo peso do bloco.

Pra pessoa no lá em cima, também vamos ter um valor máximo da força de atrito. Essa força vai ser:

F a t p m a x = μ 2 N p

Aqui não tem pegadinha com ângulo, podemos igualar a normal direto com o peso:

F a t p m a x = μ 2 P p

F a t p m a x = μ 2 m g

Agora, pensa aqui comigo. Se T for muito pequeno, a ponto de ser menor que F a t p m a x , a pessoa não se move e logo o bloco não se move. Se T for muito grande, a ponto de ultrapassar F a t p m a x , a pessoa vai se mover pro lugar errado e o bloco vai descer! Então pro bloco realmente subir, vamos ter que:

T = F a t p m a x

E aí conseguimos descobrir quem era o misterioso T . Agora é só substituir:

T >   M g sen ⁡ θ +   μ 1 M g cos ⁡ θ

F a t p m a x >   M g sen ⁡ θ +   μ 1 M g cos ⁡ θ

μ 2 m g >   M g sen ⁡ θ +   μ 1 M g cos ⁡ θ

μ 2 > M m sen ⁡ θ + μ 1 cos ⁡ θ    

Passo 4

Analisar os casos limite

O que vai acontecer se os ângulos tenderem pra θ → 0 o   e θ → 90 o ? Vamos ver? Pra começar, vamos lembrar o seno e o cosseno desses dois ângulos limites:

cos ⁡ 0 o = 1

sen ⁡ 0 o = 0

cos ⁡ 90 o = 0

sen ⁡ 90 o = 1

Se o ângulo tender então para 0 o , vamos ter que:

μ 2 > M m sen ⁡ θ + μ 1 cos ⁡ θ    

μ 2 > M m μ 1  

Se o ângulo tender então para 90 o , a gente acha:

μ 2 > M m sen ⁡ θ + μ 1 cos ⁡ θ    

μ 2 > M m  

Ou seja, a força de atrito na pessoa deve ser maior que na caixa para o caso θ → 0 o e para o caso θ → 90 o , deve ser maior que o peso da caixa.

Passo 5

(c) Substituindo pelos valores do enunciado

Ainda não descobrimos o valor mínimo do coeficiente de atrito pro bloco. Ué, como assim? Calma, só não descobrimos meeeesmo porque não usamos números. Se:

  • M = 20   k g
  • m = 60   k g
  • θ   = 53 o
  • μ 1 = 2 3
  • s e n ( 53 o ) = 0,8
  • c o s ( 53 o ) = 0,6

Então agora só precisamos substituir mesmo:

μ 2 > M m sen ⁡ θ + μ 1 cos ⁡ θ    

μ 2 > 20 60 sen ⁡ 53 o + 2 3 cos ⁡ 53 o    

μ 2 > 1 3 0,8 + 2 3 0,6    

μ 2 > 1 3 0,8 + 2 3 0,6    

μ 2 > 0,4  

Passo 6

(d) E se a pessoa tivesse no plano inclinado?

Se a pessoa tivesse no plano inclinado, aquela decomposição que fizemos pro peso do bloco seria feita da mesma forma pro peso da pessoa, não é mesmo? E, ainda, dá uma olhada na normal da pessoa: não é mais a mesma! Então como a posição da pessoa só que mudou, só o resultado dela vai mudar, ok? O resultado que vimos pro bloco a gente vai deixar quieto:

T >   M g sen ⁡ θ +   μ 1 M g cos ⁡ θ

Mas agora T = F a t p m a x não vale mais porque tem uma componente do peso na mesma direção e sentido de T → . Então:

T +   P P sen ⁡ θ = F → a t p m a x

T +   m g sen ⁡ θ = μ 2 N P

Como a normal da pessoa se iguala com uma componente da força peso, temos:

T +   m g sen ⁡ θ = μ 2 P P cos ⁡ θ

T +   m g sen ⁡ θ = μ 2 m g cos ⁡ θ

E logo, conseguimos nossa expressão pra T :

T = μ 2 m g cos ⁡ θ -   m g sen ⁡ θ

E olha lá! Duas expressões que envolvem T ! Se juntarmos as duas então ficamos com:

μ 2 m g cos ⁡ θ -   m g sen ⁡ θ >   M g sen ⁡ θ +   μ 1 M g cos ⁡ θ

μ 2 cos ⁡ θ -   sen ⁡ θ >   M m sen ⁡ θ +   μ 1 M m cos ⁡ θ

μ 2 -   tg ⁡ θ >   M m tg ⁡ θ +   μ 1 M m

μ 2 -   tg ⁡ θ >   M m tg ⁡ θ +   μ 1

μ 2 >   M m tg ⁡ θ +   μ 1 + tg ⁡ θ  

E pra finalizar com chave de ouro, usando os dados da questão anterior, achamos um número pra esse coeficiente de atrito estático:

μ 2 >   20 60 0,8 0,6 + 2 3 + 0,8 0,6  

μ 2 > 1 3 4 3 + 2 3 + 4 3

μ 2 > 2 3 + 4 3

μ 2 > 2

Resposta

(b) μ 2 > M m sen ⁡ θ + μ 1 cos ⁡ θ   →   μ 2 > M m μ 1 ,         s e   θ → 0 o μ 2 > M m ,             s e   θ → 90 o

(c) μ 2 > 0,4

(d) μ 2 >   M m tg ⁡ θ +   μ 1 + tg ⁡ θ →   μ 2 > 2

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