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).
Isolando os corpos e pesquisando as forças que atuamm neles
Adotamos um sistema de referência xy com o eixo-x paralelo ao plano inclinado e sentido
descendente. Neste corpo atuam a força peso
\( {\vec P}_{\small A} \),
a força de tração na corda
\( 2\vec T \)
e a força normal de reação da superfície
\( {\vec N}_{\small A} \)
(Figura 2-A).
A força peso pode ser decomposta em duas componentes, uma componente paralela ao eixo-x
\( {\vec P}_{\small{AP}} \)
e a outra componente normal ou perpendicular
\( {\vec P}_{\small{AN}} \).
No triângulo à esquerda na Figura 2-B vemos que a força peso
\( {\vec P}_{\small A} \)
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
\( {\vec P}_{\small A} \)
e a componente paralela
\( {\vec P}_{\small{AP}} \)
deve ser
\[
\begin{gather}
30°+90°+\alpha=180°\Rightarrow\alpha=180°-30°-90°\Rightarrow\alpha=60°
\end{gather}
\]
No triângulo à direita temos que a componente normal
\( {\vec P}_{\small{AN}} \)
faz com o plano inclinado um ângulo de 90°, então o ângulo β entre a força peso
\( {\vec P}_{\small A} \)
e a componente normal
\( {\vec P}_{\small{AN}} \)
deve ser
\[
\begin{gather}
60°+\beta=90°\Rightarrow\beta=90°-60°\Rightarrow\beta=30°
\end{gather}
\]
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
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\vec F=m\vec a} \tag{I}
\end{gather}
\]
Como não há movimento na direção y, a força normal de reação
\( {\vec N}_{\small A} \)
e a componente normal do peso
\( {\vec P}_{\small{AN}} \)
se anulam.
Direção x:
\[
\begin{gather}
P_{\small{AP}}-2T=m_{\small A}a_{\small A} \tag{II}
\end{gather}
\]
pela Figura 2-C temos a força peso dada por
\[
\begin{gather}
P_{\small{AP}}=P_{\small A}\operatorname{sen}\theta \tag{III}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (III) na equação (II)
\[
\begin{gather}
P_{\small A}\operatorname{sen}\theta-2T=m_{\small A}a_{\small A} \tag{IV}
\end{gather}
\]
Adotamos um sistema de referência com o eixo-
x no sentido ascendente. Neste corpo atuam a força
peso
\( {\vec P}_{\small B} \)
e a força de tensão na corda
\( \vec T \)
(Figura 3).
Aplicando a equação (I), na direção horizontal não temos forças atuando, na direção vertical temos a
força peso e a tração
\[
\begin{gather}
T-P_{\small B}=m_{\small B}a_{\small B} \tag{V}
\end{gather}
\]
Para encontrarmos a aceleração do bloco
B utilizamos o deslocamento dado no problema (Figura 4).
Da
Cinemática Escalar usamos a
Equação de Torricelli
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{v^2=v_0^2+2a\Delta S} \tag{VI}
\end{gather}
\]
Velocidade final:
\( v=v_{\small B}=20\;\mathrm{m/s} \);
Velocidade inicial:
\( v_0=v_{0\small B}=0 \);
Deslocamento:
\( \Delta S=\Delta S_{\small B}=40\;\mathrm m \).
substituindo esses valores na equação (VI)
\[
\begin{gather}
v_{\small B}^2=v_{0\small B}^2+2a_{\small B}\Delta S_{\small B} \\[5pt]
20^2=0^2+2 a_{\small B}.40 \\[5pt]
400=0+80a_{\small B} \\[5pt]
a_{\small B}=\frac{400}{80} \\[5pt]
a_{\small B}=5\;\mathrm{m/s^2} \tag{VII}
\end{gather}
\]
O intervalo de tempo que o bloco B levará para se deslocar os 40 m será dado pela equação 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 equação (VIII)
\[
\begin{gather}
v_{\small B}=v_{0\small B}+a_{\small B}t \\[5pt]
40=0+5t \\[5pt]
t=\frac{40}{5} \\[5pt]
t=8\;\mathrm s \tag{IX}
\end{gather}
\]
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 equação
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{S=S_0+v_0t+\frac{at^2}{2}} \tag{X}
\end{gather}
\]
Velocidade inicial: \( v_0=v_{0\small A}=0 \);
Deslocamento:
\( \Delta S=\Delta S_{\small A}=\dfrac{\Delta S_{\small B}}{2}=20\;\mathrm m \);
Intervalo de tempo para o deslocamento: t = 8 s.
Substituindo esses valores na equação (X) a aceleração do bloco A será
\[
\begin{gather}
S_{\small A}=S_{0\small A}+v_{0\small A}t+\frac{a_{\small A}t^2}{2} \\[5pt]
S_{\small A}-S_{0\small A}=v_{0\small A}t+\frac{a_{\small A}t^2}{2}
\end{gather}
\]
como
\( S_{\small A}-S_{0\small A}=\Delta S_{\small A} \)
\[
\begin{gather}
\Delta S_{\small A}=v_{0\small A}t+\frac{a_{\small A}t^2}{2} \\[5pt]
20=0.8+\frac{a_{\small A}8^2}{2} \\[5pt]
20=0+\frac{16a_{\small A}}{2} \\[5pt]
20=8a_{\small A} \\[5pt]
a_{\small A}=\frac{20}{8} \\[5pt]
a_{\small A}=2,5\;\mathrm{m/s^2} \tag{XI}
\end{gather}
\]
As equações (IV) e (V) formam um sistema de duas equações
\[
\left\{
\begin{array}{r}
\;P_{\small A}\operatorname{sen}\theta-2T=m_{\small A}a_{\small A} \\[5pt]
\qquad T-P_{\small B}=m_{\small B}a_{\small B}
\end{array}
\right.
\]
multiplicando e dividindo o lado direito da igualdade de ambas as equações por g
\[
\begin{gather}
\left\{
\begin{array}{r}
\;P_{\small A}\operatorname{sen}\theta-2T=m_{\small A}a_{\small A}\dfrac{g}{g} \\[5pt]
T-P_{\small B}=m_{\small B}a_{\small B}\dfrac{g}{g}
\end{array}
\right.
\\[10pt]
\left\{
\begin{array}{r}
P_{\small A}\operatorname{sen}\theta-2T=\dfrac{m_{\small A}ga_{\small A}}{g} \\
T-P_{\small B}=\dfrac{m_{\small B}ga_{\small B}}{g}
\end{array}
\right.
\end{gather}
\]
nas duas equações mAg e mBg representam os pesos PA
e PB dos blocos A e B respectivamente, substituindo
\[
\left\{
\begin{array}{r}
\;P_{\small A}\operatorname{sen}\theta-2T=\dfrac{P_{\small A}a_{\small A}}{g} \\
T-P_{\small B}=\dfrac{P_{\small B}a_{\small B}}{g}
\end{array}
\right.
\]
substituindo os dados do problema e as acelerações encontradas nas equações (VII) e (XI)
\[
\left\{
\begin{array}{r}
\;P_{\small A}\operatorname{sen}30°-2T=\dfrac{P_{\small A}2,5}{10} \\
T-2000=\dfrac{2000.5}{10}
\end{array}
\right.
\]
Da
Trigonometria
\[
\begin{gather}
\operatorname{sen}30°=\frac{1}{2}
\end{gather}
\]
\[
\left\{
\begin{matrix}
\;\dfrac{P_{\small A}}{2}-2T=\dfrac{P_{\small A}}{4} \\
\;T-2000=1000
\end{matrix}
\right.
\]
isolando o valor da tensão T na segunda equação
\[
\begin{gather}
T-2000=1000 \\[5pt]
T=1000+2000 \\[5pt]
T=3000\;\mathrm N
\end{gather}
\]
substituindo este valor na primeira equação
\[
\begin{gather}
\frac{P_{\small A}}{2}-2.3000=\frac{P_{\small A}}{4} \\[5pt]
\frac{P_{\small A}}{2}-\frac{P_{\small A}}{4}=6000
\end{gather}
\]
multiplicando e dividindo por 2 o primeiro termo do lado esquerdo da equação
\[
\begin{gather}
\frac{2}{2}.\frac{P_{\small A}}{2}-\frac{P_{\small A}}{4}=6000 \\[5pt]
\frac{2P_{\small A}-P_{\small A}}{4}=6000 \\[5pt]
P_{\small A}=4\times 6000
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{P_{\small A}=24000\;\mathrm N}
\end{gather}
\]
EN
