Exercício Resolvido de Cinemática

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 (P_A) produz uma ação na cunha (N), esta possui uma componente na direção horizontal com sentido para a direita (N_x). Como não há atrito a cunha deslizará para a direita com aceleração a_B e a haste descerá sob a ação do seu próprio peso com aceleração a_A.
Isolando os corpos pesquisamos as forças em cada um deles.

Figura 1

Haste (Figura 2-A):

P_A: força peso da haste;
N: reação do contato com o plano inclinado;
N_PD: reação do contato com a parede direita;
N_PE: reação do contato com a parede esquerda.

Figura 2

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):

P_B: força peso da cunha;
N: ação de contato haste;
N_C: reação do contato com chão.

Figura 3

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)

\[ \mathbf{N}+{\mathbf{N}}_{PD}+{\mathbf{N}}_{PE}+{\mathbf{P}}_{A}=m{\mathbf{a}}_{A} \]

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)

\[ \mathbf{N}+{\mathbf{N}}_{C}+{\mathbf{P}}_{B}=m{\mathbf{a}}_{B} \]

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, a_A e a_B – as massas m_A e m_B 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.

Figura 4

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 (\( v_{A0}=v_{B0}=0 \))

\[ \bbox[#99CCFF,10px] {r=r_{0}+v_{0}t+\frac{a}{2}t^{2}} \]

\[ \begin{gather} x=x_{0}+v_{B0}t+\frac{a_{B}}{2}t^{2}\\ x-x_{0}=0.t+\frac{a_{B}}{2}t^{2}\\ \Delta x=\frac{a_{B}}{2}t^{2}\\ t^{2}=\frac{2\Delta x}{a_{B}} \end{gather} \]

\[ \begin{gather} y=y_{0}+v_{A0}t+\frac{a_{A}}{2}t^{2}\\ y-y_{0}=0.t+\frac{a_{A}}{2}t^{2}\\ \Delta y=\frac{a_{A}}{2}t^{2}\\ t^{2}=\frac{2\Delta y}{a_{A}} \end{gather} \]

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)

\[ \begin{gather} \frac{2\Delta x}{a_{B}}=\frac{2\Delta y}{a_{A}}\\ a_{A}=a_{B}\frac{\Delta y}{\Delta x} \end{gather} \]

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

\[ \begin{gather} a_{A}=a_{B}\frac{S\operatorname{sen}\alpha }{S\cos\alpha }\\ a_{A}=-a_{B}\operatorname{tg}\alpha \tag{IX} \end{gather} \]

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 m_A e lembrando que a razão das massas é \( r=\frac{m_{B}}{m_{A}} \)

\[ \begin{gather} \qquad \qquad \qquad \frac{m_{B}a_{B}}{\operatorname{tg}\alpha}+m_{A}a_{b}\operatorname{tg}\alpha=m_{A}g\qquad \quad(:m_{A})\\[5pt] \frac{m_{B}}{m_{A}}\frac{a_{B}}{\operatorname{tg}\alpha}+\frac{m_{A}}{m_{A}}a_{b}\operatorname{tg}\alpha=\frac{m_{A}}{m_{A}}g\\[5pt] r\frac{a_{B}}{\operatorname{tg}\alpha}+a_{b}\operatorname{tg}\alpha=g\\[5pt] a_{B}\left(r\frac{1}{\operatorname{tg}\alpha}+\operatorname{tg}\alpha\right)=g\\[5pt] a_{B}\left(\frac{r+\operatorname{tg}^{2}\alpha}{\operatorname{tg}\alpha}\right)=g \end{gather} \]

\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {a_{B}=\frac{g\operatorname{tg}\alpha }{r+\operatorname{tg}^{2}\alpha }} \]

substituindo este resultado na expressão (IX)

\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {a_{A}=\frac{-{g\operatorname{tg}^{2}\alpha}}{r+\operatorname{tg}^{2}\alpha }} \]

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