Exercício Resolvido de Dinâmica
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No sistema mostrado na figura, p1 é uma polia móvel, p2 uma polia fixa, o peso do bloco B é de 2 000 N e o ângulo do plano inclinado de 30°. Determinar qual deve ser o peso do bloco A para que o bloco B tenha uma velocidade de 20 m/s após um percurso de 40 m no sentido ascendente. Desprezam-se as massas das cordas e das polias e os atritos entre as cordas e as polias e entre o bloco B e o plano. Adote g = 10 m/s2.


Dados do problema:
  • Peso do bloco B:    PB = 2 000 N;
  • Ângulo de inclinação do plano:    θ = 30°;
  • Deslocamento do bloco B:    ΔSB = 40 m;
  • Velocidade inicial do sistema:    v0 = 0;
  • Velocidade final do bloco B:    vB = 20 m/s;
  • Aceleração da gravidade:    g = 10 m/s2.
Solução

Na corda que sustenta o bloco B, temos uma tração \( \vec{T} \) devido ao peso do bloco B. A corda transmite essa tração para a polia móvel p1 através da polia fixa p2. Do outro lado da polia móvel p1 temos a mesma tração \( \vec{T} \) que é transmitida para o ponto fixo na parede. Na corda que prende a polia móvel p1 atua uma tração \( 2\vec{T} \), devido à tração \( \vec{T} \) que atua na corda nos dois lados da polia, esta tração é transmitida pela corda para o bloco A (Figura 1).
Figura 1

Isolando os corpos e pesquisando as forças que atuamm neles
  • Bloco A:
Adotamos um sistema de referência xy com o eixo-x paralelo ao plano inclinado e sentido descendente. Neste corpo atuam a força peso \( {\vec P}_{A} \), a força de tração na corda \( 2\vec{T} \) e a força normal de reação da superfície \( {\vec N}_{A} \) (Figura 2-A).

Figura 2

A força peso pode ser decomposta em duas componentes, uma componente paralela ao eixo-x \( {\vec P}_{AP} \) e a outra componente normal ou perpendicular \( {\vec P}_{AN} \).
No triângulo à esquerda na Figura 2-B vemos que a força peso \( {\vec P}_{A} \) é perpendicular ao plano horizontal, forma um ângulo de 90°, o ângulo entre o plano inclinado e o plano horizontal é dado como 30°, como os ângulos internos de um triângulo devem somar 180º o ângulo α entre a força peso \( {\vec P}_{A} \) e a componente paralela \( {\vec P}_{AP} \) deve ser
\[ 30°+90°+\alpha=180°\Rightarrow \alpha=180°-30°-90°\Rightarrow \alpha=60° \]
No triângulo à direita temos que a componente normal \( {\vec P}_{AN} \) faz com o plano inclinado um ângulo de 90°, então o ângulo β entre a força peso \( {\vec P}_{A} \) e a componente normal \( {\vec P}_{AN} \) deve ser
\[ 60°+\beta=90°\Rightarrow \beta=90°-60°\Rightarrow \beta=30° \]
são um ângulos complementares.
Desenhamos as forças em um sistema de eixos coordenados xy (Figura 2-C) e aplicamos a 2.ª Lei de Newton
\[ \bbox[#99CCFF,10px] {\vec{F}=m\vec{a}} \tag{I} \]
Como não há movimento na direção y, a força normal de reação \( {\vec N}_{A} \) e a componente normal do peso \( {\vec P}_{AN} \) se anulam.
Direção x:
\[ \begin{gather} P_{AP}-2T=m_{A}a_{A} \tag{II} \end{gather} \]
pela Figura 2-C temos a força peso dada por
\[ \begin{gather} P_{AP}=P_{A}\operatorname{sen}\theta \tag{III} \end{gather} \]
substituindo a expressão (III) na expressão (II)
\[ \begin{gather} P_{A}\operatorname{sen}\theta -2T=m_{A}a_{A} \tag{IV} \end{gather} \]
  • Bloco B:
Adotamos um sistema de referência com o eixo-x no sentido ascendente. Neste corpo atuam a força peso \( {\vec P}_{B} \) e a força de tensão na corda \( \vec{T} \) (Figura 3).
Aplicando a expressão (I), na direção horizontal não temos forças atuando, na direção vertical temos a força peso e a tração
\[ \begin{gather} T-P_{B}=m_{B}a_{B} \tag{V} \end{gather} \]

Figura 3

Para encontrarmos a aceleração do bloco B utilizamos o deslocamento dado no problema (Figura 4). Da Cinemática Escalar usamos a Equação de Torricelli
\[ \bbox[#99CCFF,10px] {v^{2}=v_{0}^{2}+2a\Delta S} \tag{VI} \]
  • Bloco B:
Velocidade final:    \( v=v_{B}=20\ \text{m/s} \);
Velocidade inicial:    \( v_{0}=v_{0B}=0 \);
Deslocamento:    \( \Delta S=\Delta S_{B}=40\ \text{m} \).
Figura 4

substituindo esses valores na expressão (VI)
\[ \begin{gather} v_{B}^{2}=v_{0B}^{2}+2a_{B}\Delta S_{B}\\ 20^{2}=0^{2}+2 a_{B}.40\\400=0+80a_{B}\\ 80a_{B}=400\\ a_{B}=\frac{400}{80}\\ a_{B}=5\ \text{m/s}^{2} \tag{VII} \end{gather} \]
O intervalo de tempo que o bloco B levará para se deslocar os 40 m será dado pela expressão da velocidade
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {v=v_{0}+at} \tag{VIII} \end{gather} \]
substituindo os dados e a aceleração encontrada em (VII) na expressão (VIII)
\[ \begin{gather} v_{B}=v_{0B}+a_{B}t\\ 40=0+5t\\ t=\frac{40}{5}\\ t=8\ \text{s} \tag{IX} \end{gather} \]
Quando o bloco B sobe 40 m um ponto C1 da corda também se deslocará os mesmos 40 m, desse deslocamento total, 20 m serão usados no deslocamento da polia e do bloco A e os outros 20 m darão a volta na polia e o ponto C1 terminará seu deslocamento no ponto C2 (Figura 5). Portanto, o deslocamento do bloco A será a metade do deslocamento do bloco B. Para encontrarmos a aceleração do bloco A usamos a expressão
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {S=S_{0}+v_{0}t+\frac{at^{2}}{2}} \tag{X} \end{gather} \]
Figura 5
  • Bloco A:
Velocidade inicial:    \( v_{0}=v_{0A}=0 \);
Deslocamento:    \( \Delta S=\Delta S_{A}=\dfrac{\Delta S_{B}}{2}=20\ \text{m} \);
Intervalo de tempo para o deslocamento:    t = 8 s.
Substituindo esses valores na expressão (X) a aceleração do bloco A será
\[ \begin{gather} S_{A}=S_{0A}+v_{0A}t+\frac{a_{A}t^{2}}{2}\\ S_{A}-S_{0A}=v_{0A}t+\frac{a_{A}t^{2}}{2} \end{gather} \]
como \( S_{A}-S_{0A}=\Delta S_{A} \)
\[ \begin{gather} \Delta S_{A}=v_{0A}t+\frac{a_{A}t^{2}}{2}\\ 20=0.8+\frac{a_{A}8^{2}}{2}\\ 20=0+\frac{16a_{A}}{2}\\ 20=8a_{A}\\ a_{A}=\frac{20}{8}\\ a_{A}=2,5\ \text{m/s}^{2} \tag{XI} \end{gather} \]
As expressões (IV) e (V) formam um sistema de duas equações
\[ \left\{ \begin{array}{r} \;P_{A}\operatorname{sen}\theta -2T=m_{A}a_{A}\\ \qquad T-P_{B}=m_{B}a_{B} \end{array} \right. \]
multiplicando e dividindo o lado direito da igualdade de ambas as equações por g
\[ \begin{gather} \left\{ \begin{array}{r} \;P_{A}\operatorname{sen}\theta-2T=m_{A}a_{A}\dfrac{g}{g}\\ T-P_{B}=m_{B}a_{B}\dfrac{g}{g} \end{array} \right. \\{\,}\\ \left\{ \begin{array}{r} P_{A}\operatorname{sen}\theta-2T=\dfrac{m_{A}ga_{A}}{g}\\ T-P_{B}=\dfrac{m_{B}ga_{B}}{g} \end{array} \right. \end{gather} \]
nas duas expressões mAg e mBg representam os pesos PA e PB dos blocos A e B respectivamente, substituindo
\[ \left\{ \begin{array}{r} \;P_{A}\operatorname{sen}\theta-2T=\dfrac{P_{A}a_{A}}{g}\\ T-P_{B}=\dfrac{P_{B}a_{B}}{g} \end{array} \right. \]
substituindo os dados do problema e as acelerações encontradas nas expressões (VII) e (XI)
\[ \left\{ \begin{array}{r} \;P_{A}\operatorname{sen}30°-2T=\dfrac{P_{A}2,5}{10}\\ T-2000=\dfrac{2000.5}{10} \end{array} \right. \]
Lembrando da Trigonometria
\[ \operatorname{sen}30°=\frac{1}{2} \]
\[ \left\{ \begin{matrix} \;\dfrac{P_{A}}{2}-2T=\dfrac{P_{A}}{4}\\ \;T-2000=1000 \end{matrix} \right. \]
isolando o valor da tensão T na segunda equação
\[ \begin{gather} T-2000=1000\\ T=1000+2000\\ T=3000\ \text{N} \end{gather} \]
substituindo este valor na primeira expressão
\[ \begin{gather} \frac{P_{A}}{2}-2.3000=\frac{P_{A}}{4}\\ \frac{P_{A}}{2}-\frac{P_{A}}{4}=6000 \end{gather} \]
multiplicando e dividindo por 2 o primeiro termo do lado esquerdo da equação
\[ \begin{gather} \frac{2}{2}.\frac{P_{A}}{2}-\frac{P_{A}}{4}=6000\\ \frac{2P_{A}-P_{A}}{4}=6000\\ P_{A}=4.6000 \end{gather} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {P_{A}=24000\ \text{N}} \]
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