Uma caixa de massa m está sobre uma superfície horizontal, o coeficiente de atrito cinético entre
a caixa e superfície é μ. Aplica-se uma força
\( \vec F \)
fazendo um ângulo α com a horizontal.
a) Para qual valor do ângulo α a aceleração da caixa é máxima?
b) Para quais valores de α a caixa permanece em repouso?
Dados do problema:
- Força externa aplicada na caixa: \( \vec F \);
- Massa da caixa: m;
- Coeficiente de atrito cinético: μ;
- Ângulo entre a força aplicada e a horizontal: α.
Esquema do problema:
Isolamos a caixa estudamos as forças que atuam nela.
- \( \vec F \): força externa aplicada na caixa;
- \( \vec P \): força peso;
- \( {\vec F}_{at} \): força de atrito;
- \( \vec N \): força normal de reação.
Solução:
Aplicando a 2.ª Lei de Newton
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\vec F=m\vec a} \tag{I}
\end{gather}
\]
Desenhando as forças num sistema de eixos coordenados e decompondo as forças ao longo das direções
x e y (Figura 2)
A componente da força externa na direção
x é dada por
\[
\begin{gather}
F_x=F\cos\alpha \tag{II}
\end{gather}
\]
a força de atrito é dada por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{F_{at}=\mu N} \tag{III}
\end{gather}
\]
substituindo as equações (II) e (III) na equação (I)
\[
\begin{gather}
F_x-F_{at}=ma_x \\[5pt]
F\cos\alpha-\mu N=ma_x
\end{gather}
\]
onde ax=a é a aceleração na direção x
\[
\begin{gather}
F\cos\alpha-\mu N=ma \tag{IV}
\end{gather}
\]
A componente da força externa na direção y é dada por
\[
\begin{gather}
F_y=F\operatorname{sen}\alpha \tag{V}
\end{gather}
\]
a força peso é dada por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{P=mg} \tag{VI}
\end{gather}
\]
substituindo as equações (V), (VI) e a força normal de reação N na equação (I)
\[
\begin{gather}
F_y+N-P=ma_y \\[5pt]
F\operatorname{sen}\alpha+N-mg=ma_y
\end{gather}
\]
como não há movimento na direção y, devemos ter ay=0 e a equação acima se
reduz a
\[
\begin{gather}
F\operatorname{sen}\alpha+N-mg=0 \tag{VII}
\end{gather}
\]
a) As equações (IV) e (VII) formam um sistema de duas equações a duas incógnitas, N e α
\[
\left\{
\begin{array}{l}
F\cos\alpha-\mu N=ma \\
F\operatorname{sen}\alpha+N-mg=0
\end{array}
\right.
\]
da segunda equação obtemos o valor de N
\[
\begin{gather}
N=mg-F\operatorname{sen}\alpha
\end{gather}
\]
substituindo este valor na primeira equação
\[
\begin{gather}
F\cos\alpha-\mu(mg-F\operatorname{sen}\alpha)=ma \\[5pt]
ma=F\cos\alpha-\mu(mg-F\operatorname{sen}\alpha) \\[5pt]
a=\frac{F\cos\alpha-\mu mg+\mu F\operatorname{sen}\alpha}{m}
\end{gather}
\]
colocando a força F em evidência, e cancelando a massa m no numerador e denominador do lado
direito da igualdade
\[
\begin{gather}
a=\frac{-\mu{\cancel m}g}{\cancel m}+\frac{F\cos\alpha+\mu F\operatorname{sen}\alpha }{m} \\[5pt]
a=-\mu g+\frac{F}{m}(\cos\alpha+\mu \operatorname{sen}\alpha)
\end{gather}
\]
multiplicando o numerador e o denominador dos termos entre parênteses por
\( \frac{\sqrt{1+\mu^2\;}}{\sqrt{1+\mu^2\;}}=1 \)
(multiplicar por 1 não altera nada)
Observação: Se considerarmos 1 e
μ como lados de um triângulo retângulo a
hipotenusa será dada por
\( h=\sqrt{1+\mu^2\;} \)
(Figura 3), podemos definir o seno e cosseno do ângulo
β como sendo
\[
\begin{gather}
\operatorname{sen}\beta=\frac{1}{\sqrt{1+\mu^2\;}} \tag{VIII-a} \\[10pt]
\cos\beta=\frac{\mu}{\sqrt{1+\mu^2\;}} \tag{VIII-b}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
a=-\mu g+\frac{F}{m}(\cos\alpha+\mu\operatorname{sen}\alpha)\left(\frac{\sqrt{1+\mu^2\;}}{\sqrt{1+\mu^2\;}}\right)
\end{gather}
\]
aplicando a propriedade distributiva ao denominador e deixando o numerador em evidência
\[
\begin{gather}
a=-\mu g+\frac{F\sqrt{1+\mu^2\;}}{m}\left(\frac{1}{\sqrt{1+\mu^2\;}}\cos\alpha+\frac{\mu}{\sqrt{1+\mu^2\;}}\operatorname{sen}\alpha\right) \tag{IX}
\end{gather}
\]
Substituindo as definições de seno (VIII-a) e cosseno (VIII-b) na equação (IX)
\[
\begin{gather}
a=-\mu g+\frac{F\sqrt{1+\mu^2\;}}{m}\left(\operatorname{sen}\beta\cos\alpha+\cos\beta\operatorname{sen}\alpha\right)
\end{gather}
\]
Da
Trigonometria, o seno da soma é dado por
\[
\begin{gather}
\operatorname{sen}(x+y)=(\operatorname{sen}x\cos y+\operatorname{sen}y\cos x)
\end{gather}
\]
aplicando esta identidade ao termo entre parênteses
\[
\begin{gather}
a=-\mu g+\frac{F\sqrt{1+\mu^2\;}}{m}\operatorname{sen}(\alpha+\beta) \tag{X}
\end{gather}
\]
Esta é a equação para a aceleração da caixa. Analisando este resultado vemos que o valor máximo ocorre
quando o seno é igual a 1, isto acontece quando
\( \alpha+\beta=\frac{\pi}{2} \)
é o ângulo que produz a máxima aceleração, onde
α=
αmáx. Pela
Figura 4 vemos que marcando os ângulos
αmax e
β num gráfico a soma deste ângulos é
\( \frac{\pi}{2} \)
\[
\begin{gather}
\cos\alpha_{max}=\operatorname{sen}\beta
\end{gather}
\]
substituindo o valor do seno de β definido na equação (VIII-a)
\[
\begin{gather}
\cos\alpha_{max}=\frac{1}{\sqrt{1+\mu^2\;}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\alpha_{max}=\arccos\frac{1}{\sqrt{1+\mu^2\;}}}
\end{gather}
\]
b) Para que a caixa permaneça em repouso devemos ter a aceleração igual a zero, na equação (X)
temos que o ângulo α0 para o qual a caixa não se move será
\[
\begin{gather}
0=-\mu g+\frac{F\sqrt{1+\mu^2\;}}{m}\operatorname{sen}(\alpha_0+\beta) \\[5pt]
\frac{F\sqrt{1+\mu^2\;}}{m}\operatorname{sen}(\alpha_0+\beta)=\mu g \\[5pt]
\operatorname{sen}(\alpha_0+\beta)=\mu g\frac{m}{F\sqrt{1+\mu^2\;}} \\[5pt]
\alpha_0+\beta=\operatorname{arcsen}\left(\mu g\frac{m}{F\sqrt{1+\mu^2\;}}\right) \\[5pt]
\alpha_0=\operatorname{arcsen}\left(\mu g\frac{m}{F\sqrt{1+\mu^2\;}}\right)-\beta
\end{gather}
\]
da equação (VIII-a)
\[
\begin{gather}
\operatorname{sen}\beta=\frac{1}{\sqrt{1+\mu^2\;}}\Rightarrow\beta=\operatorname{arcsen}\frac{1}{\sqrt{1+\mu^2\;}}
\end{gather}
\]
substituindo acima, o ângulo α0 será dado por
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\alpha_0=\operatorname{arcsen}\left(\mu g\frac{m}{F\sqrt{1+\mu^2\;}}\right)-\operatorname{arcsen}\left(\frac{1}{\sqrt{1+\mu^2\;}}\right)}
\end{gather}
\]
EN
