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 \( {\vec P}_{1\small P} \) e a outra componente normal ou perpendicular \( {\vec P}_{1\small N} \).
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

\[ \begin{gather} \alpha+30°+90°=180°\Rightarrow\alpha=180°-30°-90°\Rightarrow\alpha=60° \end{gather} \]

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

\[ \begin{gather} \alpha+\beta=90°\Rightarrow\beta =90°-\alpha \Rightarrow 90°-60°\Rightarrow 30° \end{gather} \]

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 \( {\vec P}_{1\small N} \) se anulam.
Direção x:

\[ \begin{gather} P_{1\small P}-T=m_1a \tag{II} \end{gather} \]

a componente do peso na direção paralela é dada por (Figura 2-C)

\[ \begin{gather} P_{1\small P}=P_1\cos 60° \tag{III} \end{gather} \]

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

\[ \begin{gather} P_1=m_1g \tag{V} \end{gather} \]

substituindo a equação (V) na equação (III)

\[ \begin{gather} P_{1\small P}=m_1g\cos 60° \tag{VI} \end{gather} \]

e substituindo a equação (VI) na equação (II)

\[ \begin{gather} m_1g\cos 60°-T=m_1a \tag{VII} \end{gather} \]
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 equação (I)

\[ \begin{gather} T-P_2=m_2a \tag{VIII} \end{gather} \]

Para o bloco m2 a força peso é dada por

\[ \begin{gather} P_2=m_2g \tag{IX} \end{gather} \]

substituindo a equação (IX) n equação (VIII)

\[ \begin{gather} T-m_2g=m_2a \tag{X} \end{gather} \]

Somando as equações (VII) e (X) temos a aceleração do sistema

\[ \frac{ \begin{matrix} m_1g\cos 60°-\cancel T=m_1a \\ \text{(+)}\qquad\quad\;\cancel T-m_2g=m_2a \quad\; \end{matrix}} {m_1g\cos 60°-m_2g=m_1a+m_2a} \]

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.)

\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {S=S_0+V_0t+\frac{a}{2}t^2} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} S-S_0=V_0t+\frac{a}{2}t^2 \end{gather} \]
Figura 4

sendo \( \Delta S=S-S_0 \) e usando o valor da aceleração da equação (XI)

\[ \begin{gather} \Delta S=V_0t+\frac{1}{2}g\left(\frac{m_1\cos 60°-m_2}{m_1+m_2}\right)t^2 \end{gather} \]
Da Trigonometria \( \cos 60°=\dfrac{1}{2} \)

Substituindo os valores dados no problema e sendo \( \Delta t=t-t_0\Rightarrow 20=t-0\Rightarrow t=20\;\text{s, } \)

\( \Delta t=t-t_0\Rightarrow 20=t-0\Rightarrow t=20\;\text{s, } \)

\[ \begin{gather} 250=0\times 20+\frac{1}{2}\times 10\times\left(\frac{m_1\dfrac{1}{2}-m_2}{m_1+m_2}\right)\times 20^2 \\[5pt] 250=0+5\times\left(\frac{\dfrac{m_1-2m_2}{2}}{m_1+m_2}\right)\times 400 \\[5pt] 250=\left[\frac{m_1-2m_2}{2\left(m_1+m_2\right)}\right]\times 2000 \\[5pt] \frac{250}{2000}=\frac{m_1-2m_2}{2m_1+2m_2} \end{gather} \]

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”

\[ \begin{gather} 2m_1+2m_2=8\times\left(m_1-2m_2\right) \\[5pt] 2m_1+2m_2=8m_1-16m_2 \\[5pt] 2m_2+16m_2=8m_1-2m_1 \\[5pt] 18m_2=6m_1 \\[5pt] \frac{m_1}{m_2}=\frac{18}{6} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {\frac{m_1}{m_2}=3} \end{gather} \]
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