Um bloco B de massa m B se encontra sobre a superfície de um plano inclinado de ângulo θ . Um bloco A , de massa m A , colocado em cima do bloco B , está unido por um fio ideal a um pino fixo, como mostra a figura.

Ao liberar o bloco B ele desliza sobre o plano, mantendo contato com o bloco A . Se o coeficiente de atrito cinético entre todas as superfícies em contato é μ :

  1. Faça o diagrama das forças para cada bloco.
  2. Calcule a tração no fio.
  3. Determine a aceleração de descida do bloco B .

Expresse os resultados em termos de m A , m B , θ e μ .

Passo 1

Se liga! Vamos fazer o diagrama de forças para o bloco A .

Onde temos que T → é a tração no fio que segura o bloco, P A → é o peso do bloco, N B A → é a reação normal do bloco B em A e f → a t , A é a força de atrito entre os blocos A e B.

Passo 2

Ainda no item (a), precisamos fazer o diagrama de forças para o bloco B . Veja como fica na figura abaixo.

Onde temos P B → é o peso do bloco, N A B → é a reação normal do bloco A em B , N M B → é a reação normal do plano sobre o bloco B, f → a t , A B é a força de atrito entre os blocos A e B , f → a t , M B é a força de atrito entre a plano e o bloco B .

Pronto, finalizamos o item (a). Agora podemos partir para o item (b).

Passo 3

No item (b), ele pede a Tração no fio.

Sabendo que o bloco A permanece, temos que

∑ F x = 0

Podemos verificar, usando a geometria que

P A x = m A g   s e n   θ

P A y = m A g   c o s   θ

Portanto

P x + f a t , A - T = 0

T = P x + f a t , A       ( 1 )

Lembra que f a t = μ N ?

No nosso caso a normal que queremos é N B A .

Vamos achala-la usando as forças em y .

∑ F y = 0

N B A - P y = 0 ⟹ N B A = m A g cos ⁡ θ

Portanto

f a t , A = μ   m A g cos ⁡ θ .

Substituindo na eq (1), temos

T = m A g   ( s e n   θ + μ cos ⁡ θ )

Passo 4

Agora precisamos resolver o item (c). Levando em consideração que o bloco só se movimenta no eixo x ,   t e m o s

∑ F y = 0

N M B - N A B - P B y = 0

Novamente aplicando a geometria, temos

P B y = m B g   c o s θ

Sabendo que N A B e N B A é um par ação e reação, temos

N A B = N B A = m A g cos ⁡ θ

Logo

N M B = m B g   c o s θ + m A g cos ⁡ θ

N M B = g cos ⁡ θ m A + m B        

Para o eixo x , temos

∑ F y = m B a x

m B a x = m B g   s e n   θ - f a t , M B - f a t , A B

Temos que as forças f a t , A   e f a t , A B é um par ação e reação, logo

f a t , A B = μ   m A g cos ⁡ θ .

Sabendo que

f a t , A B = μ N M B = μ g cos ⁡ θ m A + m B

Temos

m B a x = m B g   s e n   θ - μ g cos ⁡ θ m A + m B - μ   m A g cos ⁡ θ

Agora só precisamos melhorar a nossa expressão e isolar a x .

m B a x = m B g s e n θ - μ   g   c o s   θ ( 2 m A + m B )

a x = g s e n   θ - μ   c o s θ 2 m A m B + 1   .

Resposta

a )    

b )       T = m g   ( s e n   θ + μ cos ⁡ θ )

c )     a x = g s e n   θ - μ   c o s θ 2 m A m B + 1  

Exercícios Resolvidos de Atrito Estático + Atrito Cinético

Ver Teoria

Exercícios de Livros Relacionados