Exercício Resolvido de Dinâmica
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Uma máquina de Atwood é disposta de tal maneira que as massas móveis M1 e M2 ao invés de se moverem verticalmente, são obrigadas a deslizar sem atrito sobre dois planos inclinados de 30º e 60º em relação à horizontal. Supõe-se que as cordas que sustentam as massas M1 e M2 são paralelas aos planos. Determinar:
a) A relação entre M1 e M2 para que o sistema permaneça em equilíbrio;
b) Calcular a aceleração do movimento e a forla de tensão na corda quando as massas são iguais, cada uma, a 5 kg.
Dada a aceleração da gravidade igual a 9,81 m/s2.


Dados do problema:
  • Massas dos blocos:    M1=M2=5 kg;
  • Aceleração da gravidade:    g=9,81 m/s2.
Esquema do problema:

Adota-se um sentido aleatório para a aceleração (Figura 1).


Figura 1

Solução

Isolamos os corpos e pesquisamos as forças que atuam neles.
  • Corpo de massa M1:
Adotamos um sistema de referência xy com o eixo-x paralelo ao plano inclinado e com o mesmo sentido da aceleração. Neste corpo atuam a força peso \( {\vec P}_{1} \), a força de tensão na corda \( \vec{T} \) e a força normal de reação da superfície \( {\vec N}_{1} \) (Figura 2-A).

(
Figura 2

A força peso pode ser decomposta em duas componentes, uma componente paralela ao eixo-x \( {\vec P}_{1P} \) e a outra componente normal ou perpendicular \( {\vec P}_{1N} \) (Figura 2-B).
No triângulo à esquerda, a força peso \( {\vec{P}}_{1} \) é perpendicular ao plano horizontal, forma um ângulo de 90°, o ângulo entre o plano inclinado e o plano horizontal é dado igual à 60°, como os ângulos internos de um triângulo devem somar 180° o ângulo α entre a força peso \( {\vec P}_{1} \) e a componente paralela \( {\vec P}_{1P} \) deve ser
\[ 60°+90°+\alpha=180°\Rightarrow \alpha=180°-60°-90°\Rightarrow \alpha=30° \]
No triângulo à direita, a componente normal da força peso \( {\vec P}_{1N} \) faz com o plano inclinado um ângulo de 90°, então o ângulo β entre a força peso \( {\vec P}_{1} \) e a componente normal \( {\vec P}_{1N} \) deve ser
\[ \alpha+\beta=90°\Rightarrow 30°+\beta=90°\Rightarrow \beta=90°-30°\Rightarrow \beta=60° \]
são ângulos complementares.
Desenhamos as forças em um sistema de eixos coordenados xy (Figura 2-C) e aplicamos a 2.ª Lei de Newton
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {\vec{F}=m\vec{a}} \tag{I} \end{gather} \]
Como não há movimento na direção y, a força de reação normal \( {\vec{N}}_{1} \) e a componente normal do peso \( {\vec{P}}_{1 N} \) se anulam.
Direção x:
\[ \begin{gather} T-P_{1 P}=M_{1}a \tag{II} \end{gather} \]
a componente do peso na direção paralela é dada por
\[ \begin{gather} P_{1P}=P_{1}\operatorname{sen}60° \tag{III} \end{gather} \]
a força peso é dada por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {P=mg} \tag{IV} \end{gather} \]
para a massa M1
\[ \begin{gather} P_{1}=M_{1}g \tag{V} \end{gather} \]
substituindo a expressão (V) na expressão (III)
\[ \begin{gather} P_{1P}=M_{1}g\operatorname{sen}60° \tag{VI} \end{gather} \]
substituindo a expressão (VI) na expressão (II)
\[ \begin{gather} T-M_{1}g\operatorname{sen}60°=M_{1}a \tag{VII} \end{gather} \]
  • Corpo de massa M2:
Da mesma forma adotamos um sistema de referência xy com o eixo-x paralelo ao plano inclinado e sentido da aceleração. Neste corpo atuam a força peso \( {\vec P}_{2} \), a força de tensão na corda \( \vec{T} \) e a força normal de reação da superfície \( {\vec N}_{2} \) (Figura 3-A).

Figura 3

Analogamente a força peso pode ser decomposta em duas componentes, uma componente paralela ao eixo-x \( {\vec P}_{2P} \) e a outra componente normal ou perpendicular \( {\vec P}_{2N} \) (Figura 3-B).
Neste caso o ângulo entre a força peso \( {\vec P}_{2} \) e a componente normal \( {\vec P}_{2N} \) será 30°.
Desenhando as forças num sistema de eixos coordenados xy (Figura 3-C) e aplicamos a expressão (I).
Na direção y não há movimento, a força de reação normal \( {\vec N}_{2} \) e a componente normal do peso \( {\vec P}_{2N} \) se anulam.
Direção x:
\[ \begin{gather} P_{2P}-T=M_{2}a \tag{VIII} \end{gather} \]
a componente do peso na direção paralela é dada por
\[ \begin{gather} P_{2P}=P_{2}\operatorname{sen}30° \tag{IX} \end{gather} \]
usando a expresssão (IV) para a força peso da massa M2
\[ \begin{gather} P_{2}=M_{2}g \tag{X} \end{gather} \]
substituindo a expressão (X) na expressão (IX)
\[ \begin{gather} P_{2P}=M_{2}g\operatorname{sen}30° \tag{XI} \end{gather} \]
substituindo a expressão (XI) na expressão (VIII)
\[ \begin{gather} M_{2}g\operatorname{sen}30°-T=M_{2}a \tag{XII} \end{gather} \]
a) As equações (VII) e (XII) formam um sistema de duas equações
\[ \left\{ \begin{matrix} T-M_{1}g\operatorname{sen}60°=M_{1}a\\ M_{2}g\operatorname{sen}30°-T=M_{2}a \end{matrix} \right. \]
Lembrando da Trigonometria
\[ \begin{gather} \operatorname{sen}60°=\dfrac{\sqrt{3\;}}{2}\\ \operatorname{sen}30°=\dfrac{1}{2} \end{gather} \]
\[ \left\{ \begin{matrix} T-\dfrac{\sqrt{3\;}}{2}M_{1}g=M_{1}a\\ \dfrac{1}{2}M_{2}g-T=M_{2}a \end{matrix} \right. \tag{XIII} \]
Para que o sistema permaneça em equilíbrio devemos ter a somatória das forças igual a zero
\[ \bbox[#99CCFF,10px] {\sum F=0} \]
\[ \begin{gather} \left\{ \begin{matrix} T-\dfrac{\sqrt{3\;}}{2}M_{1}g=0\\ \dfrac{1}{2}M_{2}g-T=0 \end{matrix} \right. \\{\,}\\ \left\{ \begin{matrix} \dfrac{\sqrt{3\;}}{2}M_{1}g=T\\ \dfrac{1}{2}M_{2}g=T \end{matrix} \right. \end{gather} \]
dividindo a segunda equação pela primeira no sistema
\[ \begin{gather} \frac{\dfrac{1}{2}M_{2}g}{\dfrac{\sqrt{3\;}}{2}M_{1}g}=\frac{T}{T}\\[5pt] \frac{\dfrac{1}{2}M_{2}g}{\dfrac{\sqrt{3\;}}{2}M_{1}g}=1\\[5pt] \frac{M_{2}\cancel{g}}{M_{1}\cancel{g}}=\frac{\dfrac{\sqrt{3\;}}{2}}{\dfrac{1}{2}}\\[5pt] \frac{M_{2}}{M_{1}}=\frac{\sqrt{3\;}}{\cancel{2}}.\frac{\cancel{2}}{1} \end{gather} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {\frac{M_{2}}{M_{1}}=\sqrt{3\;}} \]

b) Para encontrarmos a aceleração e a tensão na corda, como as massas são iguais fazemos M1=M2=M e substituímos no sistema de equações (XIII)
\[ \left\{ \begin{matrix} T-\dfrac{\sqrt{3\;}}{2}Mg=Ma\\ \dfrac{1}{2}Mg-T=Ma \end{matrix} \right. \]
Este é um sistema de duas equações a duas incógnitas, a e T, somando estas duas equações
\[ \begin{gather} \frac{ \begin{aligned} \cancel{T}-\dfrac{\sqrt{3\;}}{2}Mg=Ma\\ \text{(+)}\qquad \dfrac{1}{2}Mg-\cancel{T}=Ma \end{aligned} } {-{\dfrac{\sqrt{3\;}}{2}\cancel{M}g}+\dfrac{1}{2}\cancel{M}g=\cancel{M}a+\cancel{M}a}\\ \frac{1}{2}g(-\sqrt{3\;}+1)=2a\\ a=\frac{g}{2.2}.(-\sqrt{3\;}+1)\\ a=\frac{g}{4}.(-\sqrt{3\;}+1) \end{gather} \]
substituindo o valor dado para a aceleração da gravidade e sendo \( \sqrt{3\;}\simeq 1,73 \)
\[ \begin{gather} a=\frac{9,81}{4}.(-1,73+1)\\ a=2,45.(-0,73)\\ a=-1,79 \end{gather} \]
o sinal de negativo na aceleração indica que o sentido do movimento será contrário àquele adotado na Figura 1
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {a=1,79\ \text{m/s}^{2}} \]
o sentido real da aceleração é mostrado na Figura 4.
Figura 4

Subtraindo as equações do sistema
\[ \begin{gather} \frac{ \begin{aligned} T-\dfrac{\sqrt{3\;}}{2}Mg=Ma\\ \text{(-)}\qquad \dfrac{1}{2}Mg-T=Ma \end{aligned} } {2T-\dfrac{\sqrt{3\;}}{2}Mg-\dfrac{1}{2}Mg=Ma-Ma}\\ 2T-\frac{\sqrt{3\;}}{2}Mg-\frac{1}{2}Mg=0\\ 2T=\frac{\sqrt{3\;}}{2}Mg+\frac{1}{2}Mg\\ T=\frac{1}{2}.\left(\frac{\sqrt{3\;}}{2}Mg+\frac{1}{2}Mg\right) \end{gather} \]
substituindo os valores do problema
\[ \begin{gather} T=\frac{1}{2}.\left(\frac{1,73}{2}.5.9,81+\frac{1}{2}.5.9,81\right)\\ T=\frac{1}{2}.\left(42,43+24,53\right) \end{gather} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {T=33,51\ \text{N}} \]
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