Exercício Resolvido de Dinâmica
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No sistema da figura, as polias 1 e 2 são ideais, a polia 1 é fixa e a polia 2 é móvel. O bloco A possui massa 11 kg e o bloco B sobe com aceleração 1 m/s2. Determinar a aceleração do bloco A, a massa do bloco B e a tensão na corda. Adote a aceleração da gravidade igual à 10 m/s2.


Dados do problema:
  • Massa do corpo A:    mA = 11 kg;
  • Aceleração do corpo B:    aB = 1 m/s2;
  • Aceleração da gravidade:    g = 10 m/s2.
Esquema do problema:

A força peso do corpo A \( {\vec P}_{A} \) produz uma tração \( \vec{T} \) na corda, esta é transferida pela corda para o outro lado da polia fixa no teto. Esta tração é transmitida pela corda que passa pela segunda polia (móvel) para o outro lado da polia. Para equilibrar estas duas trações temos na corda que sai da polia uma tração igual a \( 2\vec{T} \), esta tração atua na corda que prende o corpo B onde atua a força peso do corpo B \( {\vec P}_{B} \) (Figura 1).
Figura 1

Solução

Quando o bloco A desce uma distância h um ponto C da corda desce h (Figura 2), como esta polia está fixa no teto, a corda do outro lado da polia sobe h. Como a segunda polia está livre, um ponto D na corda deve subir h, deste valor \( \frac{h}{2} \) são o deslocamento do ponto, em relação a polia, e os outros \( \frac{h}{2} \) são resultante da subida da própria polia que é puxada para cima. Então temos a condição
\[ \begin{gather} \Delta S_{A}=2\Delta S_{B} \tag{I} \end{gather} \]
Figura 2

Da Cinemática Escalar temos que um corpo se movimentando sob a ação de uma aceleração constante está em Movimento Retilíneo Uniformemente Variado (M.R.U.V.) descrito pela equação horária
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {S=S_{0}+v_{0}t+\frac{a}{2}t^{2}} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} S-S_{0}=v_{0}t+\frac{a}{2}t^{2} \end{gather} \]
como \( \Delta S=S-S_{0} \)
\[ \begin{gather} \Delta S=v_{0}t+\frac{a}{2}t^{2} \tag{II} \end{gather} \]
Escrevendo a expressão (II) para cada um dos blocos
\[ \begin{gather} \Delta S_{A}=v_{0A}t+\frac{a_{A}}{2}t^{2} \tag{III-a}\\[10pt] \Delta S_{B}=v_{0B}t+\frac{a_{B}}{2}t^{2} \tag{III-b} \end{gather} \]
adotando que os blocos partem do repouso, suas velocidades serão nulas, \( v_{0A}=v_{0B}=0 \), substituindo estes valores as expressões (III-a) e (III-b) se reduzem a
\[ \begin{gather} \Delta S_{A}=0.t+\frac{a_{A}}{2}t^{2}\\[5pt] \Delta S_{A}=\frac{a_{A}}{2}t^{2} \tag{IV-a}\\[10pt] \Delta S_{B}=0.t+\frac{a_{B}}{2}t^{2}\\[5pt] \Delta S_{B}=\frac{a_{B}}{2}t^{2} \tag{IV-b} \end{gather} \]
substituindo as expressões (IV-a) e (IV-b) na condição (I)
\[ \begin{gather} \frac{a_{A}}{2}t^{2}=2.\frac{a_{B}}{2}t^{2}\\[5pt] \frac{a_{A}}{2}t^{2}=a_{B}t^{2}\\[5pt] a_{A}\cancel{t^{2}}=2a_{B}\cancel{t^{2}}\\[5pt] a_{A}=2a_{B} \end{gather} \]
substituindo o valor da aceleração do corpo B dado
\[ \begin{gather} a_{A}=2.1 \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {a_{A}=2\;\text{m/s}^{2}} \end{gather} \]
Isolando os corpos e pesquisando as forças que atuam em cada um deles aplicamos a 2.ª Lei de Newton
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {\vec{F}=m\vec{a}} \tag{V} \end{gather} \]
Corpo A:
  • \( {\vec P}_{A} \): força peso do corpo A;
  • \( \vec{T} \): força de tensão na corda.
Adotamos o sentido positivo no mesmo sentido da aceleração. Na direção horizontal não há forças atuando, na direção vertical aplicando a expressão (V)
\[ \begin{gather} P_{A}-T=m_{A}a_{A} \tag{VI} \end{gather} \]
Figura 3

Corpo B:
  • \( {\vec{P}}_{B} \): peso do corpo B;
  • \( \vec{T} \): tensão na corda.
Adotamos o sentido positivo no mesmo sentido da aceleração. Na direção horizontal não há forças atuando, na direção vertical aplicando a expressão (V)
\[ \begin{gather} 2T-P_{B}=m_{B}a_{B} \tag{VII} \end{gather} \]
Figura 4

As equações (VI) e (VII) formam um sistema de duas equações a duas incógnitas, T e mB
\[ \begin{gather} \left\{ \begin{matrix} P_{A}-T=m_{A}a_{A}\\ 2T-P_{B}=m_{B}a_{B} \end{matrix} \right. \end{gather} \]
multiplicando a primeira equação por 2 e somando as duas equações
\[ \begin{gather} \qquad\;\;\left\{ \begin{array}{l} \;P_{A}-T=m_{A}a_{A}\qquad (\times 2)\\ \;2T-P_{B}=m_{B}a_{B} \end{array} \right.\\[10pt] \frac{ \begin{matrix} \;2P_{A}-\cancel{2T}=2m_{A}a_{A}\\ \;\cancel{2T}-P_{B}=m_{B}a_{B} \end{matrix} } {2P_{A}-P_{B}=2m_{A}a_{A}+m_{B}a_{B}} \tag{VIII} \end{gather} \]
A força peso é dada por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {P=mg} \tag{IX} \end{gather} \]
Aplicando a expressão (IX) aos corpos A e B
\[ \begin{gather} P_{A}=m_{A}g \tag{X-a} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} P_{B}=m_{B}g \tag{X-b} \end{gather} \]
substituindo as expressões (X-a) e (X-b) na expressão (VIII)
\[ \begin{gather} 2m_{A}g-m_{B}g=2m_{A}a_{A}+m_{B}a_{B}\\[5pt] m_{B}a_{B}+m_{B}g=2m_{A}g-2m_{A}a_{A} \end{gather} \]
colocando o termo −mB em evidência do lado esquerdo da igualdade e 2mA do lado direito
\[ \begin{gather} m_{B}\left(a_{B}+g\right)=2m_{A}\left(g-a_{A}\right)\\[5pt] m_{B}=\frac{2m_{A}\left(g-a_{A}\right)}{\left(a_{B}+g\right)} \end{gather} \]
substituindo os valores dados no problema e a aceleração do corpo A encontrada acima
\[ \begin{gather} m_{B}=\frac{2.11.\left(10-2\right)}{\left(1+10\right)}\\[5pt] m_{B}=\frac{22.\left(8\right)}{11}\\[5pt] m_{B}=2.8 \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {m_{B}=16\;\text{kg}} \end{gather} \]
Na expressão (VI) isolando o valor da força de tensão e substituindo a força peso do corpo A pelo valor dado em (X-a)
\[ \begin{gather} T=m_{A}g-m_{A}a_{A}\\[5pt] T=11.10-11.2\\[5pt] T=110-22\\[5pt] T=88\;\text{N} \end{gather} \]
A tração na corda presa ao corpo A será de T = 88 N e a tração na corda presa ao corpo B será de 2T = 2.88 = 176 N.
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