Exercício Resolvido de Dinâmica
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Uma corda passa por uma polia 1 fixa no teto, numa das extremidades existe um bloco de massa
mA = 36 kg, e na outra extremidade uma polia 2. Por esta segunda polia passa uma corda
em cujas extremidades se encontram corpos de massas mB = 16 kg e
mC = 8 kg (este sistema é uma máquina de Atwood dupla). Calcular as acelerações das
massas e as trações nas cordas. Desprezam-se as massas e atritos das polias, adote a aceleração da
gravidade igual à 10 m/s2.
Dados do problema:
- Massa do corpo A: mA = 36 kg;
- Massa do corpo B: mB = 16 kg;
- Massa do corpo C: mC = 8 kg;
- Aceleração da gravidade: g = 10 m/s2.
A força peso do corpo C
\( {\vec P}_{C} \)
produz uma tração
\( \vec{T} \)
na corda, esta é transferida pela corda para o outro lado da polia móvel, esta tração atua na corda que
prende o corpo B onde atua a força peso
\( {\vec P}_{B} \).
Para equilibrar estas duas trações na corda da polia móvel atua a tração
\( 2\vec{T} \).
Esta tração é transmitida pela corda que passa pela segunda polia (fixa) para o outro lado da polia,
onde atua a força peso
\( {\vec P}_{A} \)
devido ao corpo A. Para equilibrar estas duas trações temos na corda que sai da polia fixa uma
tração igual à
\( 4\vec{T} \)
(Figura 1).
Observação: Se começássemos pelo corpo A, na corda teríamos uma tração
\( \vec{T} \),
transmitida para o outro lado da polia fixa, e equilibrada por uma tração
\( 2\vec{T} \)
no teto. Na polia móvel teríamos a tração
\( \vec{T} \)
transmitida pela corda e que se dividira em
\( \frac{\vec T}{2} \)
para os corpos B e C.
Solução
Como o bloco A tem massa maior que a soma dos outros blocos este desce com aceleração
\( {\vec a}_{A} \),
a corda que passa pela polia 1 puxa a polia com a mesma aceleração (Figura 2). Na segunda polia o bloco
B possui massa maior que o bloco C, então o bloco B desce com aceleração
\( {\vec a}_{B} \)
e o bloco C sobe com aceleração
\( {\vec a}_{C} \)
(estas acelerações são em relação à polia 1).
Isolando os corpos e pesquisando as forças que atuam em cada um deles aplicamos a 2.ª Lei de Newton
Isolando os corpos e pesquisando as forças que atuam em cada um deles aplicamos a 2.ª Lei de Newton
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\vec{F}=m\vec{a}} \tag{I}
\end{gather}
\]
Corpo A:
Adotamos o sentido positivo no mesmo sentido da aceleração (Figura 3). Na direção horizontal não há forças atuando, na direção vertical aplicando a expressão (I)
- \( {\vec P}_{A} \): força peso do corpo A;
- \( \vec{T} \): força de tensão na corda.
Adotamos o sentido positivo no mesmo sentido da aceleração (Figura 3). Na direção horizontal não há forças atuando, na direção vertical aplicando a expressão (I)
\[
\begin{gather}
P_{A}-2T=m_{A}a_{A} \tag{II}
\end{gather}
\]
Corpo B:
- \( {\vec P}_{B} \): força peso do corpo B;
- \( \vec{T} \): força de tensão na corda.
\[
\begin{gather}
P_{B}-T=m_{B}a_{B} \tag{III}
\end{gather}
\]
Corpo C:
- \( {\vec P}_{C} \): força peso do corpo C;
- \( \vec{T} \): força de tensão na corda.
\[
\begin{gather}
T-P_{C}=m_{C}a_{C} \tag{IV}
\end{gather}
\]
Observação: As equações (II), (III) e (IV) formam um sistema de três equações a quatro
incógnitas (aA, aB, aC e T), como existem
mais incógnitas do que equações esse sistema será indeterminado.
Consideramos os movimentos dos blocos B e C em relação à polia móvel e a polia fixa. Adotamos um sistema de referência RI na polia fixa, referencial inercial, e um sistema RN na polia móvel, referencial não-inercial (Figura 6).
A polia 2 possui a mesma aceleração que o bloco A, portanto a aceleração do referencial nesta polia é mesma aceleração do bloco A
\[
a_{{R}_{\text{N}}}=a_{A} \tag{V}
\]
Os blocos B e C possuem, em relação ao referencial não-inercial, a
mesma aceleração
\( \vec{a} \),
o que um sobe de um lado o outro desce do outro lado.A aceleração em relação ao referencial inercial será a soma da aceleração do bloco em relação ao referencial não-inercial com a aceleração do próprio referencial não-inercial.
Corpo B:
\[
\begin{gather}
a_{B}=a_{B/R_{\text{N}}}+a_{R_{\text{N}}} \tag{VI}
\end{gather}
\]
a aceleração em relação ao referencial não-inercial será
\[
\begin{gather}
a_{B/R_{\text{N}}}=-a \tag{VII}
\end{gather}
\]
substituindo as expressões (V) e (VII) na expressão (VI)
\[
\begin{gather}
a_{B}=-a+a_{A} \tag{VIII}
\end{gather}
\]
Corpo C:
\[
\begin{gather}
a_{C}=a_{C/R_{\text{N}}}+a_{R_{\text{N}}} \tag{IX}
\end{gather}
\]
a aceleração em relação ao referencial não-inercial será
\[
\begin{gather}
a_{C/R_{\text{N}}}=a \tag{X}
\end{gather}
\]
substituindo as expressões (V) e (X) na expressão (IX)
\[
\begin{gather}
a_{C}=a+a_{A} \tag{XI}
\end{gather}
\]
Somando as expressões (VIII) e (XI)
\[
\begin{gather}
\frac{
\begin{matrix}
a_{B}=-a+a_{A}\\
a_{C}=a+a_{A}
\end{matrix}}
{a_{B}+a_{C}=0+2a_{A}}\\[5pt]
2a_{A}=a_{B}+a_{C} \tag{XII}
\end{gather}
\]
As equações (II), (III), (IV) e (XII) formam um sistema de quatro equações a quatro incógnitas
(aA, aB, aC e T)
\[
\begin{gather}
\left\{
\begin{matrix}
\;P_{A}-2T=m_{A}a_{A}\\
\;P_{B}-T=m_{B}a_{B}\\
\;T-P_{C}=m_{C}a_{C}\\
\;2a_{A}=a_{B}+a_{C} \tag{XIII}
\end{matrix}
\right.
\end{gather}
\]
isolando as acelerações aA, aB, e aC na primeira,
segunda e terceira equações do sistema (XIII) e substituindo na quarta equação
\[
\begin{gather}
a_{A}=\frac{P_{A}-2T}{m_{A}} \tag{XIV}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
a_{B}=\frac{P_{B}-T}{m_{B}} \tag{XV}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
a_{C}=\frac{T-P_{C}}{m_{C}} \tag{XVI}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
2\left(\frac{P_{A}-2T}{m_{A}}\right)=\frac{P_{B}-T}{m_{B}}+\frac{T-P_{C}}{m_{C}}\\[5pt]
\frac{2P_{A}-4T}{m_{A}}=\frac{P_{B}-T}{m_{B}}+\frac{T-P_{C}}{m_{C}}
\end{gather}
\]
A força peso é dada por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{P=mg}
\end{gather}
\]
escrevendo as forças peso dos corpos A, B e C
\[
\begin{gather}
P_{A}=m_{A}g \tag{XVII-a}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
P_{B}=m_{B}g \tag{XVII-b}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
P_{C}=m_{C}g \tag{XVII-c}
\end{gather}
\]
substituindo estas expressões
\[
\begin{gather}
\frac{2m_{A}g-4T}{m_{A}}=\frac{m_{B}g-T}{m_{B}}+\frac{T-m_{C}g}{m_{C}}
\end{gather}
\]
o fator comum entre mA, mB e mC é
mA.mB.mC
\[
\begin{gather}
\frac{2m_{A}m_{B}m_{C}g-4Tm_{B}m_{C}}{\cancel{m_{A}m_{B}m_{C}}}=\frac{m_{A}m_{B}m_{C}g-Tm_{A}m_{C}+Tm_{A}m_{B}-m_{A}m_{B}m_{C}g}{\cancel{m_{A}m_{B}m_{C}}}\\[5pt]
2m_{A}m_{B}m_{C}g-4Tm_{B}m_{C}=-Tm_{A}m_{C}+Tm_{A}m_{B}\\[5pt]
2m_{A}m_{B}m_{C}g=-Tm_{A}m_{C}+Tm_{A}m_{B}+4Tm_{B}m_{C}\\[5pt]
2m_{A}m_{B}m_{C}g=T(-m_{A}m_{C}+m_{A}m_{B}+4m_{B}m_{C})\\[5pt]
T=\frac{2m_{A}m_{B}m_{C}g}{-m_{A}m_{C}+m_{A}m_{B}+4m_{B}m_{C}}\\[5pt]
T=\frac{2.36.16.8.10}{-36.8+36.16+4.16.8}\\[5pt]
T=\frac{92160}{800}\\[5pt]
T=115,2\;\text{N}
\end{gather}
\]
A tração na corda presa aos corpos B e C será de
T = 115,2 N,
a tração na corda presa ao corpo A e na polia 2 será de
2T = 2.115,2 = 230,4 N
e a tração na corda presa à polia 1, fixa no teto, será de
4T = 4.115,2 = 460,8 N .Substituindo as forças peso dadas pelas expressões em (XVII) nas expressões (XIV), (XV) e (XVI), a tração obtida acima e os dados do problema, obtemos as acelerações dos blocos
\[
\begin{gather}
a_{A}=\frac{m_{A}g-2T}{m_{A}}\\[5pt]
a_{A}=\frac{36.10-2.115,2}{36}\\[5pt]
a_{A}=\frac{360-230,4}{36}\\[5pt]
a_{A}=\frac{129,6}{36}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{a_{A}=3,6\;\text{m/s}^{2}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
a_{B}=\frac{m_{B}g-T}{m_{B}}\\[5pt]
a_{B}=\frac{16.10-115,2}{16}\\[5pt]
a_{B}=\frac{160-115,2}{16}\\[5pt]
a_{B}=\frac{44,8}{16}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{a_{B}=2,8\;\text{m/s}^{2}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
a_{C}=\frac{T-m_{C}g}{m_{C}}\\[5pt]
a_{C}=\frac{115,2-8.10}{8}\\[5pt]
a_{C}=\frac{115,2-80}{8}\\[5pt]
a_{C}=\frac{35,2}{8}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{a_{C}=4,4\;\text{m/s}^{2}}
\end{gather}
\]
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