Exercício Resolvido de Dinâmica
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Um carrinho de massa M está unido por uma corda a uma carga de massa m. No momento inicial o carrinho tem velocidade v0 e se move para a esquerda em um plano horizontal. Determinar:
a) O intervalo de tempo decorrido até o carrinho parar;
b) O espaço percorrido até o carrinho parar.
Considere a corda inextensível e de massa desprezível, não existe atrito no plano horizontal e na polia e adote a aceleração da gravidade igual a g.

Dados do problema:

  • Massa do carrinho: M;
  • Velocidade inicial do carrinho: v0;
  • Massa da carga: m;
  • Aceleração da gravidade: g.

Esquema do problema:

Adotamos um sistema de referência orientado para a direita e com origem no ponto onde está o carrinho inicialmente. Escolhemos a aceleração no sentido em que a carga está descendo.
Figura 1

Solução:

Isolando os corpos e pesquisando as forças que agem em cada um deles aplicamos a 2.ª Lei de Newton

\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {\vec F=m\vec a} \tag{I} \end{gather} \]

Carrinho:

Direção vertical:

  • \( {\vec P}_{\small M} \): força peso do carrinho;
  • \( {\vec N}_{\small M} \): força normal de reação da superfície devido ao contato das rodas.
Direção horizontal:
  • \( \vec T \): força de tensão na corda.
Na direção vertical não há movimento, a força peso \( {\vec P}_{\small M} \) e a força normal de reação \( {\vec N}_{\small M} \) se anulam.
Figura 2

Na direção horizontal aplicando a equação (I)

\[ \begin{gather} T=Ma \tag{II} \end{gather} \]

Carga:

  • \( {\vec P}_m \): força peso da carga;
  • \( \vec T \): força de tensão na corda.
Na direção horizontal não há forças atuando. Na direção vertical aplicando a equação (I)
\[ \begin{gather} P_m-T=ma \tag{III} \end{gather} \]
Figura 3

a) As equações (II) e (III) formam um sistema de duas equações a duas incógnitas, T e a

\[ \begin{gather} \left\{ \begin{array}{l} T=Ma \\ P_m-T=ma \end{array} \right. \end{gather} \]

somando as duas equações

\[ \begin{gather} \frac{ \begin{aligned} \cancel T=Ma\\ P_m-\cancel T=ma \end{aligned} } {P_m=\left(M+m\right)a} \\[5pt] a=\frac{P_m}{M+m} \end{gather} \]

A força peso é dada por

\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {P=mg} \end{gather} \]

para o peso da carga

\[ \begin{gather} P_m=mg \end{gather} \]

substituindo este valor na expressão acima para a aceleração

\[ \begin{gather} a=\frac{mg}{M+m} \tag{IV} \end{gather} \]

Da situação inicial entende-se que o carrinho foi lançado por alguma força para a esquerda. Em um dado momento esta força parou de atuar, e quando se iniciou a contagem do tempo a velocidade tinha módulo v0. No instante em que a força de lançamento para de atuar apenas a força de tração na corda, devido a carga, atua no carrinho conferindo a este uma aceleração contrária ao movimento (desaceleração), assim, o carrinho está em movimento retardado retrógrado.
O carrinho move-se inicialmente contra a orientação da trajetória, portanto, sua velocidade é negativa −v0, no instante em que ele parar sua velocidade final será nula (v=0).
A função horária da velocidade para o Movimento Retilíneo Uniformemente Variado (M.R.U.V.) é dada por

\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {v=v_0+at} \tag{V} \end{gather} \]

substituindo a equação (IV) e os valores das velocidades inical e final na equação (V)

\[ \begin{gather} 0=-v_0+\frac{mg}{M+m}t \\[5pt] \frac{mg}{M+m}t=v_0 \end{gather} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {t=v_0\frac{(M+m)}{mg}} \]

b) Usando a função horária da posição do Movimento Retilíneo Uniformemente Variado (M.R.U.V.)

\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {S=S_0+v_0t+\frac{a}{2}t^2} \tag{VI} \end{gather} \]

substituindo a posição inicial, a aceleração encontrada em (IV) e o resultado do item anterior para o intervalo de tempo em (VI)

\[ \begin{gather} S=0-v_0\left[v_0\frac{(M+m)}{mg}\right]+\frac{1}{2}\frac{mg}{(M+m)}\left[v_0\frac{(M+m)}{mg}\right]^2 \\[5pt] S=-v_0^2\frac{(M+m)}{mg}+\frac{1}{2}\frac{mg}{(M+m)}v_0^2\frac{(M+m)^2}{m^2g^2} \\[5pt] S=-v_0^2\frac{(M+m)}{mg}+\frac{1}{2}v_0^2\frac{(M+m)}{mg} \end{gather} \]

colocando o termo \( v_0^2\frac{(M+m)}{mg} \) em evidência do lado direito da igualdade

\[ \begin{gather} S=v_0^2\frac{(M+m)}{mg}\left(-1+\frac{1}{2}\right) \end{gather} \]

multiplicando e dividindo por 2 o fator −1 entre parênteses

\[ \begin{gather} S=v_0^2\frac{(M+m)}{mg}\left(\frac{2}{2}.(-1)+\frac{1}{2}\right) \\[5pt] S=v_0^2\frac{(M+m)}{mg}\left(\frac{-2+1}{2}\right) \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {S=-{\frac{1}{2}}v_0^2\frac{(M+m)}{mg}} \end{gather} \]
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