Atrito na Inclinação: Bloco em Rampa, Componentes do Peso e Ângulo Crítico

Gabarito: A) mg·sen θ paralela à rampa, apontando para baixo; e mg·cos θ perpendicular, contra a superfície.

Com o eixo X paralelo à rampa: P∥ = m·g·sen θ (puxa o objeto para baixo da rampa) e P⊥ = m·g·cos θ (aperta na superfície, de onde vem a normal). Em θ = 0°, sen 0 = 0 e cos 0 = 1 → toda o peso na perpendicular (mesa horizontal, case certo). Em θ = 90°, toda a carga vira P∥ (parede vertical, sem normal).

Dica: Com o eixo X paralelo à rampa: P∥ = m·g·sen θ (puxa o objeto para baixo da rampa) e P⊥ = m·g·cos θ (aperta na...

Gabarito: A) N = m·g·cos θ.

No eixo perpendicular à rampa, ΣFy = 0 → N − m·g·cos θ = 0 → N = m·g·cos θ. O atrito depois será μ·N = μ·m·g·cos θ — sempre partindo da componente CERTA. O erro mais comum da banca é oferecer N = mg como alternativa tentadora.

Dica: No eixo perpendicular à rampa, ΣFy = 0 → N − m·g·cos θ = 0 → N = m·g·cos θ

Gabarito: A) para CIMA da rampa, contrária à tendência de deslizamento, e vale fs = m·g·sen θ.

O atrito aponta CONTRA a tendência de deslize: como a componente m·g·sen θ tenta levar o bloco para baixo, o atrito estático vai para CIMA da rampa e, no equilíbrio, vale exatamente fs = m·g·sen θ (até o limite μs·N). Objeto parado ≠ sem atrito — é o estático que segura. Perpendicular é o lugar da normal.

Dica: O atrito aponta CONTRA a tendência de deslize: como a componente m·g·sen θ tenta levar o bloco para baixo, o a...

Gabarito: A) tan θc = μs — a massa desaparece da relação (mg simplifica nos dois lados).

Deslize iminente: m·g·sen θc = μs·m·g·cos θc → divida mg nos dois lados → sen θc = μs·cos θc → tan θc = μs. θc depende SÓ dos materiais (μs), não da massa nem do tamanho do bloco. Ex.: μs = 0,5 → θc ≈ 26,6°; μs = 1 → θc = 45°.

Dica: Deslize iminente: m·g·sen θc = μs·m·g·cos θc → divida mg nos dois lados → sen θc = μs·cos θc → tan θc = μs

Gabarito: A) Ele desliza, pois 20° > θc (≈16,7°): a componente do peso supera o atrito estático máximo.

Compare com o ângulo crítico: θ = 20° > θc ≈ 16,7° → tan 20° ≈ 0,364 > 0,30 = μs → mg·sen θ > μs·mg·cos θ → desliza. A massa NÃO entra na comparação (simplifica). Sendo menor que θc, seguraria; sendo igual, deslize iminente; acima, desliza — decisão só com μs e θ.

Dica: Compare com o ângulo crítico: θ = 20° > θc ≈ 16,7° → tan 20° ≈ 0,364 > 0,30 = μs → mg·sen θ > μs·mg·cos θ → de...

Gabarito: A) aponta para CIMA da rampa, tem valor fc = μk·m·g·cos θ e tenta retardar o deslize.

Atrito CINÉTICO existe com deslize real e se opõe a ele: bloco descendo → atrito para cima da rampa. Valor: fc = μk·N = μk·m·g·cos θ. Enquanto isso, a componente P∥ = m·g·sen θ segue puxando para baixo — se sen θ > μk·cos θ, há aceleração líquida a = g·(sen θ − μk·cos θ). Atrito estático é o do repouso; aqui já houve deslize.

Dica: Atrito CINÉTICO existe com deslize real e se opõe a ele: bloco descendo → atrito para cima da rampa

Gabarito: A) no limite, fs = μs·m·g·cos θ (maior); deslizando, fc = μk·m·g·cos θ (menor, pois μk < μs).

fs máx = μs·N e fc = μk·N, com a MESMA normal N = m·g·cos θ. Como quase sempre μs > μk, o atrito no limite estático supera o cinético — a "gotinha extra" que custa vencer para começar o deslize. Nada de atrito nulo no repouso: é ele que mantém o bloco firme antes do limite.

Dica: fs máx = μs·N e fc = μk·N, com a MESMA normal N = m·g·cos θ

Gabarito: A) o atrito estático aponta para cima da esteira e equilibra exatamente m·g·sen θ, mantendo a mala presa ao tapete.

Mala parada em relação à esteira (as duas sobem juntas): a componente m·g·sen θ tenta derrubá-la para trás/baixo, e o ATRITO ESTÁTICO responde para cima da esteira com fs = m·g·sen θ (≤ μs·N). Se fosse menor, a mala escorregaria — daí a capa texturizada do tapete (μ alto). A normal continua sendo m·g·cos θ da rampa, não mg puro.

Dica: Mala parada em relação à esteira (as duas sobem juntas): a componente m·g·sen θ tenta derrubá-la para trás/bai...