Uma haste tem seu movimento limitado à vertical (para cima e para baixo), esta haste está apoiada num plano
inclinado formado por uma cunha de um ângulo α que desliza livremente sobre uma superfície horizontal,
conforme a figura. A razão entre a massa da cunha pela massa da haste é igual a r. Determinar as
acelerações da haste e do plano inclinado. Desprezam-se todos os atritos.
Dados do problema:
- Razão entre as massas da cunha e da haste r;
- Ângulo do plano inclinado: α
Esquema do problema:
O movimento da haste está limitado à direção vertical, o peso da haste (PA)
produz uma ação na cunha (N), esta possui uma componente na direção horizontal com sentido para
a direita (Nx). Como não há atrito a cunha deslizará para a direita com
aceleração aB e a haste descerá sob a ação do seu próprio peso com aceleração
aA.
Isolando os corpos pesquisamos as forças em cada um deles.
Haste (Figura 2-A):
- PA: força peso da haste;
- N: reação do contato com o plano inclinado;
- NPD: reação do contato com a parede direita;
- NPE: reação do contato com a parede esquerda.
Pela Figura 2-B vemos que a força de reação do plano na haste forma um ângulo α com a vertical.
Cunha (Figura 3-A):
- PB: força peso da cunha;
- N: ação de contato haste;
- NC: reação do contato com chão.
Pela Figura 3-B vemos que a força de reação da haste no plano forma um ângulo α com a vertical.
Solução:
Desenhando as forças que atuam nos corpos num sistema de eixos coordenados e aplicando a
2.ª Lei de Newton
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf F=m\mathbf a} \tag{I}
\end{gather}
\]
Para a haste (Figura 2-C)
\[
\begin{gather}
\mathbf N+{\mathbf N}_{PD}+{\mathbf N}_{PE}+\mathbf P_{A}=m{\mathbf a}_{A}
\end{gather}
\]
onde
\( \mathbf N=-N\operatorname{sen}\alpha\;\mathbf i+N\cos\alpha\;\mathbf j \)
\( {\mathbf N}_{PD}=-N_{PD}\;\mathbf i \)
\( {\mathbf N}_{PE}=N_{PE}\;\mathbf i \)
\( \mathbf P_{A}=-m_{A}g\;\mathbf j \)
\( {\mathbf a}_{A}=m_{A}a_{A}\;\mathbf j \)
assim
\[
\begin{gather}
-N\operatorname{sen}\alpha \;\mathbf i+N\cos\alpha\;\mathbf j-N_{PD}\;\mathbf i+N_{PE}\;\mathbf i-m_{A}g\;\mathbf j=m_{A}a_{A}\;\mathbf j \tag{II}
\end{gather}
\]
Separando as componentes da expressão (II)
\[
\begin{gather}
-N\operatorname{sen}\alpha -N_{PD}+N_{PE}=0 \tag{III}\\[10pt]
N\cos\alpha -m_{A}g=m_{A}a_{A} \tag{IV}
\end{gather}
\]
Aplicando a expressão (I) para a cunha (Figura 3-C)
\[
\begin{gather}
\mathbf N+{\mathbf N}_{C}+\mathbf P_{B}=m{\mathbf a}_{B}
\end{gather}
\]
onde
\( \mathbf N=N\operatorname{sen}\alpha\;\mathbf i-N\cos\alpha\;\mathbf j \)
\( {\mathbf N}_{C}=N_{C}\;\mathbf j \)
\( \mathbf P_{B}=-m_{B}g\;\mathbf j \)
\( {\mathbf a}_{B}=m_{B}a_{B}\;\mathbf i \)
assim
\[
\begin{gather}
N\operatorname{sen}\alpha \;\mathbf i-N\cos\alpha\;\mathbf j-N_{C}\;\mathbf j-m_{B}g\;\mathbf j=m_{B}a_{B}\;\mathbf i \tag{V}
\end{gather}
\]
Separando as componentes da expressão (V)
\[
\begin{gather}
N\operatorname{sen}\alpha =m_{B}a_{B} \tag{VI} \\[10pt]
-N\cos\alpha -N_{C}-m_{B}g=0 \tag{VII}
\end{gather}
\]
As expressões (IV) e (VI) formam um sistema de dua equações a três incógnitas (N, aA
e aB – as massas mA e mB também não são conhecidas, mas
o problema fornece a razão das massas r.)
\[
\begin{gather}
\left\{
\begin{matrix}
\;N\cos\alpha
-m_{A}g=m_{A}a_{A}\\
\;N\operatorname{sen}\alpha =m_{B}a_{B}
\end{matrix}
\right.\tag{VIII}
\end{gather}
\]
Este sistema possui mais incógnitas do que equações, é um sistema impossível, mas a partir da
Cinemática podemos encontrar uma relação entre as duas acelerações.
Considerando um ponto B1 no plano inclinado da cunha e um ponto A1 no
ponto de contato da haste com a cunha num instante inicial (Figura 4-A), escrevemos as funções horárias do
Movimento Retilíneo Uniformemente Variado (M.R.U.V.) para a haste e para a cunha, vamos adotar
que neste instante as velocidades iniciais dos corpos são nulas
(\( v_{A0}=v_{B0}=0 \))
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{r=r_0+v_0t+\frac{a}{2}t^2}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
x=x_0+v_{B0}t+\frac{a_{B}}{2}t^2 \\[5pt]
x-x_0=0.t+\frac{a_{B}}{2}t^2 \\[5pt]
\Delta x=\frac{a_{B}}{2}t^2 \\[5pt]
t^2=\frac{2\Delta x}{a_{B}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
y=y_0+v_{A0}t+\frac{a_{A}}{2}t^2 \\[5pt]
y-y_0=0.t+\frac{a_{A}}{2}t^2 \\[5pt]
\Delta y=\frac{a_{A}}{2}t^2 \\[5pt]
t^2=\frac{2\Delta y}{a_{A}}
\end{gather}
\]
O tempo que um ponto da cunha vai levar para se deslocar de B1 até B2
será o mesmo intervalo de tempo que um ponto da haste vai levar para se deslocar de A1 até
A2, podemos igualar os tempos nas expressões acima (na verdade igualar o quadrado dos tempos)
\[
\begin{gather}
\frac{2\Delta x}{a_{B}}=\frac{2\Delta y}{a_{A}} \\[5pt]
a_{A}=a_{B}\frac{\Delta y}{\Delta x}
\end{gather}
\]
Pela Figura 4-B podemos relacionar os deslocamentos Δx e Δy pelo ângulo α
\[
\begin{gather}
\Delta x=S\cos\alpha\\[10pt]
\Delta y=S\operatorname{sen}\alpha
\end{gather}
\]
substituindo este valores
\[
\begin{gather}
a_{A}=a_{B}\frac{S\operatorname{sen}\alpha }{S\cos\alpha } \\[5pt]
a_{A}=-a_{B}\operatorname{tg}\alpha \tag{IX}
\end{gather}
\]
o sinal de negativo foi colocado porque a aceleração da haste está no sentido contrário do referencial
adotado (para cima).
Da segunda equação do sistema (VIII)
\[
\begin{gather}
N=\frac{m_{B}a_{B}}{\operatorname{sen}\alpha } \tag{X}
\end{gather}
\]
substituindo (IX) e (X) na primeira equação do sistema (VIII)
\[
\begin{gather}
\frac{m_{B}a_{B}}{\operatorname{sen}\alpha }\cos\alpha -m_{A}g=-m_{A}a_{b}\operatorname{tg}\alpha\\[5pt]
\frac{m_{B}a_{B}}{\operatorname{tg}\alpha}-m_{A}g=-m_{A}a_{b}\operatorname{tg}\alpha\\[5pt]
\frac{m_{B}a_{B}}{\operatorname{tg}\alpha}+m_{A}a_{b}\operatorname{tg}\alpha =m_{A}g
\end{gather}
\]
dividindo toda a expressão por mA e lembrando que a razão das massas é
\( r=\frac{m_{B}}{m_{A}} \)
\[
\begin{gather}
\qquad \qquad \qquad \frac{m_{B}a_{B}}{\operatorname{tg}\alpha}+m_{A}a_{b}\operatorname{tg}\alpha=m_{A}g\qquad \quad(:m_{A}) \\[5pt]
\frac{m_{B}}{m_{A}}\frac{a_{B}}{\operatorname{tg}\alpha}+\frac{m_{A}}{m_{A}}a_{b}\operatorname{tg}\alpha=\frac{m_{A}}{m_{A}}g\\[5pt]
r\frac{a_{B}}{\operatorname{tg}\alpha}+a_{b}\operatorname{tg}\alpha=g\\[5pt]
a_{B}\left(r\frac{1}{\operatorname{tg}\alpha}+\operatorname{tg}\alpha\right)=g\\[5pt]
a_{B}\left(\frac{r+\operatorname{tg}^2\alpha}{\operatorname{tg}\alpha}\right)=g
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{a_{B}=\frac{g\operatorname{tg}\alpha }{r+\operatorname{tg}^2\alpha }}
\end{gather}
\]
substituindo este resultado na expressão (IX)
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{a_{A}=\frac{-{g\operatorname{tg}^2\alpha}}{r+\operatorname{tg}^2\alpha }}
\end{gather}
\]
