Considere o sistema formado por três blocos m1, m2 e m3 ligados por fios ideais que passam por polias ideais (sem atrito). O bloco m1 encontra-se sobre duas superficies horizontais e rugosas; o bloco m2 sobre um plano inclinado de ângulo
\theta; o bloco m3 está pendurado verticalmente. Uma mola ideal, de constante elástica k, liga o bloco m1 ao suporte e fica alongada de x quando o sistema está em equillbrio estático.
As superficies de contato sob o bloco m1 são duas e \mu (ou seja, \mu a=\mu). Ainda, assume-se que: m 3=m, m 2=0,4 m, m 1=3 m, \mu \beta=3 \mu e k=100 m.
onde uß é o coeficiente de atrito entre m2 e o plano inclinado. Adote g para a aceleração da gravidade.
ITEM B (1,0 PONTO): Supondo que a mola rompa, demonstre a expressão do coeficiente de atrito \mu que permite o bloco m1 se deslocar com velocidade constante em função de \theta.

Passo 1

O que o enunciado pede: determinar o coeficiente de atrito \mu que permite que o bloco m_{1} se desloque com velocidade constante depois que a mola rompe, em função do ângulo \theta.
Informações dadas (vou listar exatamente como estão no enunciado):
m_{3}=m,\quad m_{2}=0,4m,\quad m_{1}=3m,\quad \mu_{\beta}=3\mu,\quad k=100m
(onde \mu_{\beta} é o coeficiente de atrito entre m_{2} e o plano inclinado; \mu é o coeficiente de atrito nas duas superfícies sob m_{1}; adota-se g para a aceleração da gravidade).
Condição adicional: a mola rompe, portanto não atua na dinâmica; o sistema é formado por fios e polias ideais (tensão uniforme ao longo do mesmo fio) e queremos o caso em que os blocos se movem com velocidade constante (ou seja, aceleração nula).

Passo 2

Princípios físicos e fórmulas que vamos usar (explicadinhas, sem pular etapas):
  1. Segunda lei de Newton (forma escalar) para movimento retilíneo/ao longo de uma direção: se a aceleração é nula, a soma das forças ao longo da direção considerada é zero. Em símbolos, para uma massa qualquer:
\sum F_{\parallel}=m a \quad\Rightarrow\quad \sum F_{\parallel}=0\\ \text{se }a=0.
  1. Atrito cinético (quando há movimento): a força de atrito tem módulo
f_{k}=\mu_{k}N,
onde N é a força normal entre as superfícies e \mu_{k} o coeficiente de atrito cinético. Aqui usamos \mu para m_1 e \mu_{\beta}=3\mu para m_2.
3) Em polias e fios ideais (massa desprezível, sem atrito), a tensão T é a mesma ao longo do fio (mesmo valor nas três massas ligadas pelo mesmo fio).
4) Componentes do peso: para um bloco sobre um plano inclinado de ângulo \theta, a componente do peso paralela ao plano é m g\sin\theta (puxa para baixo do plano) e a normal é m g\cos\theta.
Vou aplicar estes princípios a cada bloco separadamente.

Passo 3

Forças e sentido presumido do movimento (explicando a escolha): suponha que m_{3} desce verticalmente e, por isso, puxa m_{2} para cima do plano e puxa m_{1} ao longo da superfície horizontal. Se o sistema se move com velocidade constante, cada bloco tem aceleração a=0. Em seguida escrevo as equações de equilíbrio (forças ao longo da direção do movimento) para cada bloco.
Bloco m_{3} (pendurado, direção vertical): as forças na direção vertical são o peso m_{3}g para baixo e a tensão T para cima. Com a=0:
m_{3}g - T = 0 \quad\Rightarrow\quad T = m_{3}g.
Bloco m_{1} (sobre superfícies horizontais, deslocando-se horizontalmente): o fio exerce uma tensão T que tende a arrastá-lo; o atrito resultante das duas superfícies o retarda. A normal total que sustenta m_{1} é N_{\text{total}}=m_{1}g (as duas superfícies juntas suportam todo o peso), logo a força de atrito cinético total sobre m_{1} tem módulo
f_{1}=\mu\,N_{\text{total}}=\mu\,m_{1}g.
Como a aceleração é zero, somando forças ao longo da direção do movimento:
T - f_{1}=0 \quad\Rightarrow\quad T = \mu\,m_{1}g.
Bloco m_{2} (sobre o plano inclinado): a tensão T puxa-o para cima do plano; para baixo do plano atuam a componente do peso m_{2}g\sin\theta e a força de atrito cinético cujo módulo é
f_{2}=\mu_{\beta}N_{2}=\mu_{\beta}m_{2}g\cos\theta.
Pelo enunciado \mu_{\beta}=3\mu, então f_{2}=3\mu\,m_{2}g\cos\theta. Como a=0, a soma das forças ao longo do plano é zero:
T - m_{2}g\sin\theta - 3\mu\,m_{2}g\cos\theta = 0 \quad\Rightarrow\quad T = m_{2}g\sin\theta + 3\mu\,m_{2}g\cos\theta.

Passo 4

Igualando as expressões para T obtidas em cada bloco (lembre: tensão é a mesma em todo o fio):
Das equações de m_{3} e m_{1} temos
T = m_{3}g \quad\text{e}\quad T = \mu\,m_{1}g.
Logo
m_{3}g = \mu\,m_{1}g.
Também da equação de m_{2} temos
T = m_{2}g\sin\theta + 3\mu\,m_{2}g\cos\theta.
Todas as expressões valem para o mesmo T, então podemos igualá-las. Primeiro cancelei g (não é zero) nas equações quando conveniente.
Usando m_{3}g=\mu m_{1}g e a expressão de T para m_{2}, igualo:
\mu\,m_{1}g = m_{2}g\sin\theta + 3\mu\,m_{2}g\cos\theta.
Agora simplifico dividindo por g:
\mu\,m_{1} = m_{2}\sin\theta + 3\mu\,m_{2}\cos\theta.

Passo 5

Isolando \mu passo a passo (álgebra bem explicada):
\mu\,m_{1} - 3\mu\,m_{2}\cos\theta = m_{2}\sin\theta.
Coloco \mu em evidência:
\mu\left(m_{1} - 3m_{2}\cos\theta\right) = m_{2}\sin\theta.
Logo
\mu = \dfrac{m_{2}\sin\theta}{\,m_{1} - 3m_{2}\cos\theta\,}.
Agora substituo os valores numéricos dados ( m_{1}=3m e m_{2}=0,4m). Note que o fator m (massa base) aparece em numerador e denominador e cancela:
\mu = \dfrac{0,4m\sin\theta}{\,3m - 3(0,4m)\cos\theta\,} =\dfrac{0,4\sin\theta}{\,3 - 1,2\cos\theta\,}.
Podemos também multiplicar numerador e denominador por 5 para tirar o decimal do numerador se preferir:
\mu = \dfrac{2\sin\theta}{\,15 - 6\cos\theta\,},
que é algebraicamente equivalente.
Observação rápida (verificação de consistência): o denominador deve ser positivo para \mu positiva — isto corresponde a faixas de \theta fisicamente razoáveis em que o sistema realmente acelera no sentido assumido; a expressão acima é a que se pede.

Resposta

\mu=\dfrac{0,4\sin\theta}{\,3-1,2\cos\theta\,}

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