Exercício Resolvido de Dinâmica
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Sobre um plano inclinado de 30° em relação à horizontal, desliza sem atrito uma massa m1 presa a uma outra massa m2. Abandonando o sistema a partir do repouso a massa m2 sobe 250 m em 20 s. Calcular a relação m1/m2. Adote g = 10 m/s2.


Dados do problema:
  • Massa do bloco 1:    m1;
  • Ângulo de inclinação do plano:    θ = 30°;
  • Massa do bloco 2:    m2;
  • Deslocamento do bloco 2:    ΔS = 250 m;
  • Velocidade inicial do sistema:    v0 = 0;
  • Intervalo de tempo de subida:    Δt = 20 s
  • Aceleração da gravidade:    g = 10 m/s2.
Esquema do problema:

Adotamos a aceleração do sistema no sentido do bloco de massa m1 descendo o plano e a massa m2 subindo (Figura 1).
Figura 1

Solução

Isolamos os corpos e pesquisamos as forças que atuam em cada um deles.
Bloco 1 (Figura 2-A):
Adotamos um sistema de referência xy com eixo-x na direção do plano inclinado e sentido descendente. Neste corpo atuam a força peso do bloco 1 \( {\vec P}_{1} \), a força normal de reação do plano sobre o bloco 1 \( {\vec N}_{1} \) e a força de tensão na corda \( \vec{T} \).

Figura 2

A força peso \( {\vec{P}}_{1} \) pode ser decomposta em duas, uma componente paralela ao eixo-x \( {\vec P}_{1P} \) e a outra componente normal ou perpendicular \( {\vec P}_{1N} \).
No triângulo à esquerda na Figura 2-B a força peso 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 180°, o ângulo α entre a força peso e a componente paralela deve ser
\[ \alpha +30°+90°=180°\Rightarrow \alpha=180°-30°-90°\Rightarrow \alpha=60° \]
No triângulo à direita, a componente normal faz com o plano inclinado um ângulo de 90°, então o ângulo β entre a força peso e a componente normal deve ser
\[ \alpha+\beta=90° \Rightarrow \beta =90°-\alpha \Rightarrow 90°-60°\Rightarrow 30° \]

Desenhamos as forças em um sistema de eixos coordenados xy (Figura 2-C) e aplicamos a 2.ª Lei de Newton
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {\vec{F}=m\vec{a}} \tag{I} \end{gather} \]
Na direção y não há movimento, a força normal de reação \( {\vec N}_{1} \) e a componente normal do peso \( {\vec P}_{1N} \) se anulam.
Direção x:
\[ \begin{gather} P_{1P}-T=m_{1}a \tag{II} \end{gather} \]
a componente do peso na direção paralela é dada por (Figura 2-C)
\[ \begin{gather} P_{1P}=P_{1}\cos 60° \tag{III} \end{gather} \]
a força peso é dada por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {P=mg} \tag{IV} \end{gather} \]
para o bloco m1 a força peso é dada por
\[ \begin{gather} P_{1}=m_{1}g \tag{V} \end{gather} \]
substituindo a expressão (V) na expressão (III)
\[ \begin{gather} P_{1P}=m_{1}g\cos 60° \tag{VI} \end{gather} \]
e substituindo a expressão (VI) na expressão (II)
\[ \begin{gather} m_{1}g\cos 60°-T=m_{1}a \tag{VII} \end{gather} \]
Bloco 2 (Figura 3):
  • \( {\vec P}_{2} \): força peso do bloco 2;
  • \( \vec{T} \): força de tensão na corda.

Figura 3

Adotamos o sentido positivo para cima no mesmo sentido da aceleração. Na direção horizontal não há forças atuando no bloco, na direção vertical aplicando a expressão (I)
\[ \begin{gather} T-P_{2}=m_{2}a \tag{VIII} \end{gather} \]
Para o bloco m2 a força peso é dada por
\[ \begin{gather} P_{2}=m_{2}g \tag{IX} \end{gather} \]
substituindo a expressão (IX) n expressão (VIII)
\[ \begin{gather} T-m_{2}g=m_{2}a \tag{X} \end{gather} \]
Somando as expressões (VII) e (X) temos a aceleração do sistema
\[ \frac{ \begin{matrix} m_{1}g\cos 60°-\cancel{T}=m_{1}a\\ \text{(+)}\qquad\quad\;\cancel{T}-m_{2}g=m_{2}a \quad\; \end{matrix}} {m_{1}g\cos 60°-m_{2}g=m_{1}a+m_{2}a} \]
colocando a aceleração da gravidade g em evidência do lado esquerdo da igualdade e a aceleração a do lado direito
\[ \begin{gather} g(m_{1}\cos 60°-m_{2})=a(m_{1}+m_{2})\\[5pt] a=g\left(\frac{m_{1}\cos 60°-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}\right) \tag{XI} \end{gather} \]
Da Cinemática Escalar usamos a equação horária do Movimento Retilíneo Uniformemente Variado (M.R.U.V.)
\[ \bbox[#99CCFF,10px] {S=S_{0}+V_{0}t+\frac{a}{2}t^{2}} \]
\[ S-S_{0}=V_{0}t+\frac{a}{2}t^{2} \]
Figura 4

sendo \( \Delta S=S-S_{0} \) e usando o valor da aceleração da expressão (XI)
\[ \Delta S=V_{0}t+\frac{1}{2}g\left(\frac{m_{1}\cos 60°-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}\right)t^{2} \]
Lembrando da Trigonometria
\[ \cos 60°=\dfrac{1}{2} \]

Substituindo os valores dados no problema e sendo \( \Delta t=t-t_{0}\Rightarrow 20=t-0\Rightarrow t=20\;\text{s, } \)
\( \Delta t=t-t_{0}\Rightarrow 20=t-0\Rightarrow t=20\;\text{s, } \)
\[ \begin{gather} 250=0.20+\frac{1}{2}.10.\left(\frac{m_{1}\dfrac{1}{2}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}\right).20^{2}\\[5pt] 250=0+5.\left(\frac{\dfrac{m_{1}-2m_{2}}{2}}{m_{1}+m_{2}}\right).400\\[5pt] 250=\left[\frac{m_{1}-2m_{2}}{2\left(m_{1}+m_{2}\right)}\right].2000\\[5pt] \frac{250}{2000}=\frac{m_{1}-2m_{2}}{2m_{1}+2m_{2}} \end{gather} \]
do lado esquerdo da igualdade dividimos o numerador e o denominador por 250
\[ \begin{gather} \frac{250:250}{2000:250}=\frac{m_{1}-2m_{2}}{2m_{1}+2m_{2}}\\[5pt] \frac{1}{8}=\frac{m_{1}-2m_{2}}{2m_{1}+2m_{2}} \end{gather} \]
multiplicando em “cruz”
\[ \begin{gather} 2m_{1}+2m_{2}=8.\left(m_{1}-2m_{2}\right)\\[5pt] 2m_{1}+2m_{2}=8m_{1}-16m_{2}\\[5pt] 2m_{2}+16m_{2}=8m_{1}-2m_{1}\\[5pt] 18m_{2}=6m_{1}\\[5pt] \frac{m_{1}}{m_{2}}=\frac{18}{6} \end{gather} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {\frac{m_{1}}{m_{2}}=3} \]
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