Exemplo 2: Quando uma corda presa a um objeto está puxando o objeto, a corda exerce uma força \vec{T} sobre o objeto, e a magnitude dessa força é chamada de tração. Suponhamos que uma pessoa esteja puxando a caixa. Analise as forças atuantes nesse processo para determinar a aceleração da caixa e a força que o chão está exercendo sobre ela.

Passo 1

O enunciado nos diz que uma corda presa a um objeto puxa esse objeto e que a corda exerce sobre o objeto uma força vetorial \vec{T} (tração). Diz também que uma pessoa está puxando uma caixa e pede para determinar:
  • a aceleração da caixa;
  • a força que o chão exerce sobre a caixa (a força normal).
Informações/quantidades necessárias para responder de forma geral (não fornecidas numericamente no enunciado, então vou trabalhar em termos de variáveis):
  • massa da caixa: m (em kg);
  • módulo da tração: T (em N);
  • ângulo que a corda faz com a horizontal: \theta (em rad ou graus). Assumirei que a componente vertical de \vec{T} é T\sin\theta para cima quando \theta>0;
  • coeficiente de atrito cinético entre caixa e chão (se a caixa estiver deslizando): \mu_k. Se a caixa estiver inicialmente em repouso pode haver atrito estático com coeficiente \mu_s. Vou tratar dos dois casos;
  • aceleração da gravidade: g (use g ou 9{,}8\\ \text{m/s}^2 quando for aplicar números).
O objetivo agora é escrever as equações de equilíbrio/dinâmica, resolver para a e para a normal N, e comentar casos especiais (sem atrito, puxo horizontal, puxo para cima demais, condição de início de movimento).

Passo 2

Desenho mental (Diagrama de corpo livre) e escolha de eixos:
  • eixo x: horizontal, positivo para a direção do puxão (para a frente).
  • eixo y: vertical, positivo para cima.
    Forças atuantes na caixa:
  • tração \vec{T} aplicada pela corda, que tem componentes T\cos\theta na horizontal e T\sin\theta na vertical (assumindo \theta medido a partir da horizontal).
  • peso: \vec{P} = m\vec{g} apontando para baixo, módulo mg.
  • força normal do chão sobre a caixa: \vec{N} apontando para cima, módulo N.
  • força de atrito (se houver) contrária ao movimento relativo entre caixa e chão; durante o deslizamento é o atrito cinético f=\mu_k N, direção oposta ao sentido do movimento.
Explicação didática rápida sobre decomposição: qualquer força \vec{T} inclinada pode ser decomposta em duas componentes ortogonais: horizontal T\cos\theta e vertical T\sin\theta. Isso vem do triângulo retângulo formado pelas componentes e pela força total; o cosseno dá a razão entre a componente adjacente (horizontal) e a hipotenusa (T), e o seno dá a razão entre a componente oposta (vertical) e a hipotenusa.

Passo 3

Equilíbrio vertical (segunda lei de Newton na direção y):
  • Como a caixa normalmente não acelera verticalmente (ela permanece em contato com o chão, a menos que levante), a aceleração vertical é zero: a_y=0.
  • Soma das forças verticais igual a zero:
\sum F_y = T\sin\theta + N - mg = 0.
Daí isolamos N:
N = mg - T\sin\theta.
Explicação: \,T\sin\theta puxa a caixa para cima reduzindo a carga sobre o chão, então a normal diminui quando \theta>0. Se T\sin\theta for maior que mg o resultado seria N<0, o que significa que a fórmula física válida indica que a caixa perderia contato com o chão (na prática o chão não “puxa” para baixo; em vez disso a caixa se desprende). Portanto a fórmula é válida enquanto houver contato; a condição de contato é N\ge 0 \Rightarrow T\sin\theta \le mg.

Passo 4

Força de atrito e relação com a normal:
  • Se a caixa desliza, a força de atrito cinético tem módulo
f=\mu_k N.
  • Se a caixa está inicialmente em repouso, o atrito estático máximo é f_s^{\max}=\mu_s N. A caixa começa a se mover se a componente horizontal aplicada exceder esse máximo: T\cos\theta > \mu_s N. Vou tratar primeiro do caso em movimento (uso \mu_k); no final explico condição de início de movimento (uso \mu_s).
Lembrete didático: atrito depende da normal porque atrito nas superfícies é proporcional à “pressão” que elas se exercem; mais carga normal → mais atrito.

Passo 5

Equação de Newton na direção horizontal ( x):
  • Soma das forças na horizontal igual a m a:
\sum F_x = T\cos\theta - f = m a.
Se estiver deslizando, substitui-se f=\mu_k N. Usando o N da Passo 3:
f = \mu_k N = \mu_k (mg - T\sin\theta).
Substituindo em \sum F_x:
T\cos\theta - \mu_k (mg - T\sin\theta) = m a.

Passo 6

Isolando a aceleração a:
  • Reescrevendo a equação da Passo 5 e dividindo por m:
a = \dfrac{T\cos\theta - \mu_k (mg - T\sin\theta)}{m}.
Podemos reorganizar os termos que multiplicam T:
a = \dfrac{T\bigl(\cos\theta + \mu_k \sin\theta\bigr) - \mu_k mg}{m}.
Interpretação física: a aceleração resulta do “empurrão horizontal efetivo” T\cos\theta reduzido pelo atrito \mu_k N. O termo \mu_k\sin\theta aparece porque a componente vertical da tração reduz a normal e, portanto, reduz o atrito.

Passo 7

Condição de movimento (se a caixa estava em repouso inicialmente):
  • A caixa só começa a se mover se a força horizontal disponível superar o atrito estático máximo:
T\cos\theta > \mu_s N = \mu_s (mg - T\sin\theta).
Essa desigualdade pode ser rearranjada para verificar se o puxão é suficiente para iniciar o deslizamento. Se a desigualdade for falsa, a aceleração é a=0 e a força de atrito estática é exatamente aquela que equilibra a tentativa de mover (até o máximo \mu_s N).

Passo 8

Casos especiais úteis — fórmulas simplificadas e interpretações (coisas que você pode usar direto na prova):
  1. Puxão horizontal ( \theta=0):
  • N=mg.
  • a = \dfrac{T - \mu_k mg}{m} = \dfrac{T}{m} - \mu_k g.
  • Condição para iniciar movimento: T > \mu_s mg.
  1. Sem atrito ( \mu_k=0):
  • N = mg - T\sin\theta.
  • a = \dfrac{T\cos\theta}{m} — simplesmente aceleração pela componente horizontal da tração.
  1. Puxo vertical para cima ( \theta=90^\circ, \cos\theta=0,\\ \sin\theta=1):
  • N = mg - T.
  • a = \dfrac{-\mu_k (mg - T)}{m} = -\mu_k g + \mu_k \dfrac{T}{m}. Mas atenção: se T>mg então N<0 → a caixa se desprende do chão e o caso muda (a normal passa a ser zero e a dinâmica vertical deixa de ser a_y=0).
Pequeno exemplo numérico (para fixar; não exigido, só ilustrativo):
  • Tome m=10\\ \text{kg}, T=50\\ \text{N}, \theta=30^\circ, \mu_k=0{,}2, g=9{,}8\\ \text{m/s}^2.
  • Primeiro N = mg - T\sin\theta = 10\cdot 9{,}8 - 50\cdot\sin(30^\circ) = 98 - 50\cdot 0{,}5 = 98 - 25 = 73\\ \text{N}.
  • Depois a = \dfrac{50\cos30^\circ - 0{,}2\cdot 73}{10} \approx \dfrac{50\cdot 0{,}866 - 14{,}6}{10} = \dfrac{43{,}3 - 14{,}6}{10} = \dfrac{28{,}7}{10} \approx 2{,}87\\ \text{m/s}^2.

Passo 9

Resumo prático de como aplicar isso na prova (passo a passo rápido que você pode seguir sob estresse):
  1. Identifique m,\\ T,\\ \theta,\\ \mu_k (ou peça para deixar em símbolos).
  2. Faça o diagrama de corpo livre e escolha eixos (normalmente x horizontal, y vertical).
  3. Decomponha \vec{T} em T\cos\theta e T\sin\theta.
  4. Escreva \sum F_y = 0 e encontre N.
  5. Escreva \sum F_x = m a e substitua f=\mu_k N (se deslizando).
  6. Resolva para a. Verifique a condição de contato N\ge 0 e condição de início de movimento usando \mu_s se necessário.

Resposta

a = \dfrac{T\cos\theta - \mu_k\bigl(mg - T\sin\theta\bigr)}{m} = \dfrac{T\bigl(\cos\theta + \mu_k\sin\theta\bigr) - \mu_k mg}{m}\n
N = mg - T\sin\theta

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