O tambor A possui aceleração angular constante \alpha_{0}=3 \mathrm{rad} / \mathrm{s}^{2} que faz com que o carretel B de 20 kg role sobre a superfície horizontal. O tambor A aciona o carretel B por meio do cabo que se enrola no centro do carretel. O raio de giração do carretel com relação ao eixo que passa pelo centro de massa é \bar{k}=350 \mathrm{~mm}. Determime o valor do menor coeficiente de atrito estático para que o carretel role sem escorregar sobre a superfície horizontal. (valor da questão: 5 pontos)

Passo 1

O enunciado pede: determinar o menor coeficiente de atrito estático para que o carretel B role sem escorregar sobre a superfície horizontal.
Informações dadas (peguei estes valores da imagem e do enunciado):
  • massa do carretel B: m=20\\ \mathrm{kg};
  • raio externo do carretel: R=450\\ \mathrm{mm}=0,45\\ \mathrm{m} (valor observado na imagem);
  • raio do aro onde o cabo se enrola no carretel: \bar{r}=150\\ \mathrm{mm}=0,15\\ \mathrm{m} (valor observado na imagem);
  • raio do tambor A: r_A=250\\ \mathrm{mm}=0,25\\ \mathrm{m} (valor observado na imagem);
  • aceleração angular constante do tambor A: \alpha_{0}=3\\ \mathrm{rad/s^2} (dado do enunciado);
  • raio de giração do carretel (usado para o momento de inércia): \bar{k}=350\\ \mathrm{mm}=0,35\\ \mathrm{m} (dado do enunciado);
  • gravidade: tomaremos g=9,81\\ \mathrm{m/s^2}.
    O que precisamos encontrar: o menor coeficiente de atrito estático \mu_s tal que não haja deslizamento entre o carretel B e o solo (ou seja, a condição de rolamento sem escorregar é satisfeita).

Passo 2

Primeira observação física importante (aula rápida): o tambor A impõe a aceleração linear do cabo porque o cabo se enrola sem deslizar nele. A aceleração tangencial do cabo é
a_{\text{cab}}=\alpha_{0}\,r_A.
Essa aceleração linear do cabo puxa o carretel B; portanto a aceleração do centro de massa de B será igual a a_{\text{cab}} (assumimos cabo inextensível e sem deslizamento no tambor A).
Calculemos a:
a=\alpha_{0}\,r_A=3\cdot 0,25=0,75\\ \mathrm{m/s^2}.

Passo 3

Definimos sinais e forças (mini-aula sobre forças):
  • Tomamos a direção para a direita como positiva.
  • Forças horizontais atuando no carretel B: a tensão do cabo T (para a direita) aplicada no aro de raio \bar{r}, e a força de atrito estático f no ponto de contato com o solo (pode ter sinal positivo para a direita ou negativo se for para a esquerda). A normal é N=mg.
  • A equação de translação de Newton para o centro de massa:
m a = T + f.
(Se f for negativo significa que na verdade a força de atrito atua para a esquerda.)

Passo 4

Equação de rotação (mini-aula sobre torque e momento de inércia):
  • Tomamos como positivo o sentido de rotação que corresponde ao rolamento para a direita (rotação que satisfaz a=\alpha_B R). A tensão T aplicada no aro de raio \bar{r} produz um torque que tende a girar o carretel na direção que gera rolamento para a direita; a força de atrito f aplicada no ponto de contato produz torque no sentido oposto (dependendo do sinal de f). A equação do momento resultante em torno do centro de massa é
T\bar{r}-fR=I\,\alpha_B,
onde I é o momento de inércia do carretel em relação ao seu centro e \alpha_B é a aceleração angular do carretel.

Passo 5

Condição de rolamento sem escorregar (mini-aula conceitual):
  • Rolamento sem escorregar significa que a aceleração linear do centro de massa a e a aceleração angular \alpha_B são ligadas por
a=\alpha_B\,R.
Assim \alpha_B=a/R.

Passo 6

Expressão para o momento de inércia (mini-aula sobre raio de giração):
  • O momento de inércia de um corpo de massa m dado o raio de giração \bar{k} é
I=m\,\bar{k}^2.
Calculemos:
I=m\,\bar{k}^2=20\cdot(0,35)^2=20\cdot0,1225=2,45\\ \mathrm{kg\cdot m^2}.

Passo 7

Agora vamos combinar as equações para eliminar T e \alpha_B e encontrar f. Reescrevendo:
  • da translação: T = m a - f.
  • da rotação com \alpha_B=a/R:
T\bar{r}-fR=I\frac{a}{R}.
Substituindo T:
(m a - f)\bar{r}-fR=I\frac{a}{R}.
Agrupando os termos em f:
m a\bar{r}-f(\bar{r}+R)=I\frac{a}{R}.
Isolando f:
f=\frac{m a\bar{r}-I\frac{a}{R}}{\bar{r}+R}.

Passo 8

Substituímos os números (faça junto comigo):
  • m a\bar{r}=20\cdot 0,75\cdot 0,15=2,25\\ \mathrm{N\cdot m}.
  • I\frac{a}{R}=2,45\cdot\frac{0,75}{0,45}=2,45\cdot 1,\overline{6}=4,08333\\ \mathrm{N\cdot m}.
    Logo o numerador:
m a\bar{r}-I\frac{a}{R}=2,25-4,08333=-1,83333\\ \mathrm{N\cdot m}.
Denominador:
\bar{r}+R=0,15+0,45=0,60\\ \mathrm{m}.
Portanto
f=\frac{-1,83333}{0,60}=-3,05556\\ \mathrm{N}.
O sinal negativo indica que a força de atrito atua para a esquerda. O módulo da força de atrito necessária é |f|=3,05556\\ \mathrm{N}.

Passo 9

Cálculo do coeficiente de atrito mínimo (mini-aula sobre limite do atrito estático):
  • A força de atrito máxima disponível sem deslizamento é \mu_s N=\mu_s m g. Para que não haja deslizamento precisamos de
|f|\le \mu_s m g.
Assim o menor coeficiente \mu_s que satisfaz a condição é
\mu_s=\frac{|f|}{m g}.
Substituindo valores:
\mu_s=\frac{3,05556}{20\cdot 9,81}=\frac{3,05556}{196,2}=0,01558\ldots
Arredondando razoavelmente,
\mu_s\approx 0,0156\approx 0,016.

Passo 10

Interpretação física curta e incentivo: o valor é muito pequeno porque o cabo transmite praticamente toda a aceleração ao carretel e o torque necessário para girá-lo é grande (devido ao momento de inércia), então a contribuição do atrito é pequena e aparece apenas para ajustar torques; por isso um atrito bem pequeno já é suficiente. Boa — você já consegue seguir todo o raciocínio físico e matemático!

Resposta

0,016

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