Força de atrito no plano inclinado ita

por laura_siqs Sáb 15 Jun 2024, 16:37

(ITA-SP) Na figura seguinte, os dois blocos A e B têm massas iguais. São desprezíveis as massas dos fios e da polia e esta pode girar sem atrito. O menor valor do coeficiente de atrito estático entre o plano inclinado de α em relação à horizontal e o bloco B, para que o sistema não escorregue, é:

Força de atrito no plano inclinado ita Captur11

Queria entender como saber o sentido da força de atrito em B, já que o bloco está em repouso e não possui tendência de escorregamento. Alguém poderia me explicar? Obrigada Smile

por **Giovana Martins** Sáb 15 Jun 2024, 17:01

Penso da seguinte forma: veja se você concorda. Do contrário, avise.

Primeiramente, note que 0° < α < 90° e, nesta situação, 0 < sin(α) < 1.

Sobre o bloco B, ao longo da direção da hipotenusa do plano inclinado, atuam as seguintes forças:

T = mg

Px = mgsin(α)

Note que para 0 < sin(α) < 1 tem-se mg > mgsin(α) e, portanto, T > Px. Sendo a tração maior que a componente horizontal da força peso que atua sobre o bloco B, a tendência de movimento do bloco B é de subida ao longo do plano inclinado. Deste modo, a força de atrito sobre o bloco B tem a mesma direção e sentido da componente Px para equilibrar o sistema.

Agora, vamos às contas:

\[\mathrm{Do\ bloco\ B:\sum \overset{\to }{F}_{R_{x}}=\overset{\to}{0}\to T-mgsin(\alpha )-F_{At}=0\ (i)}\]

\[\mathrm{Do\ bloco\ A:\sum \overset{\to }{F}_{R_{y}}=\overset{\to}{0}\ \to T=mg\ (ii)}\]

\[\mathrm{De\ (i)\ e\ (ii):mg-mgsin(\alpha )=F_{At}\ \therefore\ F_{At}\leq \mu _{e}N\ (iii)}\]

\[\mathrm{Do\ Bloco\ B:\sum \overset{\to }{F}_{R_{y}}=\overset{\to}{0}\to N=mgcos(\alpha )\ (iv)}\]

\[\mathrm{De\ (iii)\ e\ (iv):mg-mgsin(\alpha )\leq m\mu _{e}gcos(\alpha )\ \therefore\ \mu _e\geq \frac{1-sin(\alpha )}{cos(\alpha )}\ \therefore\ \boxed{\mathrm{\mu _{min}=\frac{1-sin(\alpha )}{cos(\alpha )}}}}\]

por laura_siqs Sáb 15 Jun 2024, 17:20

Giovana Martins escreveu:
Penso da seguinte forma: veja se você concorda. Do contrário, avise.

Primeiramente, note que 0° < α < 90° e, nesta situação, 0 < sin(α) < 1.

Sobre o bloco B, ao longo da direção da hipotenusa do plano inclinado, atuam as seguintes forças:

T = mg

Px = mgsin(α)

Note que para 0 < sin(α) < 1 tem-se mg > mgsin(α) e, portanto, T > Px. Sendo a tração maior que a componente horizontal da força peso que atua sobre o bloco B, a tendência de movimento do bloco B é de subida ao longo do plano inclinado. Deste modo, a força de atrito sobre o bloco B tem a mesma direção e sentido da componente Px para equilibrar o sistema.

Agora, vamos às contas:

\[\mathrm{Do\ bloco\ B:\sum \overset{\to }{F}_{R_{x}}=\overset{\to}{0}\to T-mgsin(\alpha )-F_{At}=0\ (i)}\]

\[\mathrm{Do\ bloco\ A:\sum \overset{\to }{F}_{R_{y}}=\overset{\to}{0}\ \to T=mg\ (ii)}\]

\[\mathrm{De\ (i)\ e\ (ii):mg-mgsin(\alpha )=F_{At}\ \therefore\ F_{At}\leq \mu _{e}N\ (iii)}\]

\[\mathrm{Do\ Bloco\ B:\sum \overset{\to }{F}_{R_{y}}=\overset{\to}{0}\to N=mgcos(\alpha )\ (iv)}\]

\[\mathrm{De\ (iii)\ e\ (iv):mg-mgsin(\alpha )\leq m\mu _{e}gcos(\alpha )\ \therefore\ \mu _e\geq \frac{1-sin(\alpha )}{cos(\alpha )}\ \therefore\ \boxed{\mathrm{\mu _{min}=\frac{1-sin(\alpha )}{cos(\alpha )}}}}\]

Muito obrigada!!
Não tinha entendido o porquê da força de atrito estar no sentido de Px, mas agora entendi que isso ocorre porque a tração é maior que Px, assim a tendência do bloco é de subir.
Valeu Very Happy

por **Giovana Martins** Sáb 15 Jun 2024, 17:22

laura_siqs escreveu:
Giovana Martins escreveu:
Penso da seguinte forma: veja se você concorda. Do contrário, avise.

Primeiramente, note que 0° < α < 90° e, nesta situação, 0 < sin(α) < 1.

Sobre o bloco B, ao longo da direção da hipotenusa do plano inclinado, atuam as seguintes forças:

T = mg

Px = mgsin(α)

Note que para 0 < sin(α) < 1 tem-se mg > mgsin(α) e, portanto, T > Px. Sendo a tração maior que a componente horizontal da força peso que atua sobre o bloco B, a tendência de movimento do bloco B é de subida ao longo do plano inclinado. Deste modo, a força de atrito sobre o bloco B tem a mesma direção e sentido da componente Px para equilibrar o sistema.

Agora, vamos às contas:

\[\mathrm{Do\ bloco\ B:\sum \overset{\to }{F}_{R_{x}}=\overset{\to}{0}\to T-mgsin(\alpha )-F_{At}=0\ (i)}\]

\[\mathrm{Do\ bloco\ A:\sum \overset{\to }{F}_{R_{y}}=\overset{\to}{0}\ \to T=mg\ (ii)}\]

\[\mathrm{De\ (i)\ e\ (ii):mg-mgsin(\alpha )=F_{At}\ \therefore\ F_{At}\leq \mu _{e}N\ (iii)}\]

\[\mathrm{Do\ Bloco\ B:\sum \overset{\to }{F}_{R_{y}}=\overset{\to}{0}\to N=mgcos(\alpha )\ (iv)}\]

\[\mathrm{De\ (iii)\ e\ (iv):mg-mgsin(\alpha )\leq m\mu _{e}gcos(\alpha )\ \therefore\ \mu _e\geq \frac{1-sin(\alpha )}{cos(\alpha )}\ \therefore\ \boxed{\mathrm{\mu _{min}=\frac{1-sin(\alpha )}{cos(\alpha )}}}}\]

Muito obrigada!!
Não tinha entendido o porquê da força de atrito estar no sentido de Px, mas agora entendi que isso ocorre porque a tração é maior que Px, assim a tendência do bloco é de subir.
Valeu