Exercício Resolvido de Dinâmica
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No sistema da figura são conhecidas as massas m1 e m2. Calcule o ângulo θ e as tensões nas cordas para que o sistema permaneça em equilíbrio. Despreze a massa da roldana e os atritos.


Dados do problema:
  • Massa do bloco 1:    m1;
  • Massa do bloco 2:    m2.
Esquema do problema:

Figura 1

Isolamos os corpos e pesquisamos as forças em cada um deles.
Adotamos um sistema de referência com o vetor unitário j com sentido positivo para baixo.

Bloco 1:
  • P1: força peso do bloco 1;
  • T1: tração da corda.

Figura 2

Bloco 2:
  • P2: força peso do bloco 2;
  • T2: tração da corda.

Figura 3

Ponto de contato das trações T1, T2 e T4:
  • T1: tração na corda devido ao bloco 1;
  • T2: tração na corda devido ao bloco 2;
  • T3: tração na corda devido à fixação na parede.
Figura 4

A corda forma um ângulo θ com a parede, traçando uma linha vertical que passa pelo ponto de encontro dos três vetores, o ângulo entre o vetor T3 e a vertical também será θ, são ângulos alternos internos (Figura 4).

Polia:
  • T4: tração na corda que fixa a polia no teto.
Como a polia não tem massa ela não possui peso, sua função é alterar a direção da tração T2 e transferir essa tração para a tração T4 que atua no teto.

Figura 5
Solução

Para que o sistema permaneça em equilíbrio temos a condição de que a somatória das forças que atuam sobre ele é zero
\[ \bbox[#99CCFF,10px] {\sum {\mathbf{F}}=0} \]
Bloco 1:
\[ {\mathbf{P}}_{1}+{\mathbf{T}}_{1}=0 \]
onde

\( {\mathbf{T}}_{1}=-T_{1}\;\mathbf{j} \)
\( {\mathbf{P}}_{1}=m_{1}g\;\mathbf{j} \)

\[ m_{1}g\;\mathbf{j}-T_{1}\;\mathbf{j}=0 \]
Só existem componentes na direção j
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {T_{1}=m_{1}g} \]
Bloco 2:
\[ {\mathbf{P}}_{2}+{\mathbf{T}}_{2}=0 \]
onde

\( {\mathbf{T}}_{2}=-T_{2}\;\mathbf{j} \)
\( {\mathbf{P}}_{2}=m_{2}g\;\mathbf{j} \)

\[ m_{2}g\;\mathbf{j}-T_{2}\;\mathbf{j}=0 \]
Só existem componentes na direção j
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {T_{2}=m_{2}g} \]
Ponto de contato das trações T1, T2 e T3:
\[ {\mathbf{T}}_{1}+{\mathbf{T}}_{2}+{\mathbf{T}}_{3}=0 \]
onde i e j são o vetores unitários nas direções x e y

\( {\mathbf{T}}_{1}=-m_{1}g\;\mathbf{j} \)
\( {\mathbf{T}}_{2}=m_{2}g\;\mathbf{i} \)
\( {\mathbf{T}}_{3}=-T_{3}\operatorname{sen}\theta\;\mathbf{i}+T_{3}\cos \theta\;\mathbf{j} \)

\[ -m_{1}g\;\mathbf{j}+m_{2}g\;\mathbf{i}-T_{3}\operatorname{sen}\theta\;\mathbf{i}+T_{3}\cos \theta\;\mathbf{j}=0 \]
Separando as componentes
\[ \begin{gather} \left\{ \begin{matrix} \begin{aligned} m_{2}g-T_{3}\operatorname{sen}\theta=0\\ -m_{1}g+T_{3}\cos \theta=0 \end{aligned} \end{matrix}\right.\\[10pt] \left\{ \begin{matrix} T_{3}\operatorname{sen}\theta=m_{2}g\\ T_{3}\cos \theta=m_{1}g \end{matrix}\right. \end{gather} \]
dividindo a primeira equação pela segunda
\[ \begin{gather} \frac{T_{3}\operatorname{sen}\theta}{T_{3}\cos \theta}=\frac{m_{2}g}{m_{1}g}\\[5pt] \frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos \theta}=\frac{m_{2}}{m_{1}}\\[5pt] \operatorname{tg}\theta=\frac{m_{2}}{m_{1}} \end{gather} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {\theta=\operatorname{arctg}\left(\frac{m_{2}}{m_{1}}\right)} \]
Para encontrarmos T3 substituímos esse ângulo na primeira equação do sistema
\[ T_{3}\operatorname{sen}\left[\operatorname{arctg}\left(\frac{m_{2}}{m_{1}}\right)\right]=m_{2}g \]
Lembrando das relações trigonométricas
\[ \operatorname{sen}\left(\operatorname{arctg}x\right)=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}} \]
\[ \begin{gather} T_{3}\left(\frac{\dfrac{m_{2}}{m_{1}}}{\sqrt{\left(\dfrac{m_{2}}{m_{1}}\right)^{2}+1}}\right)=m_{2}g\\[5pt] T_{3}\frac{m_{2}}{m_{1}\sqrt{\left(\dfrac{m_{2}}{m_{1}}\right)^{2}+1}}=m_{2}g \end{gather} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {T_{3}=m_{1}g\sqrt{\left(\frac{m_{2}}{m_{1}}\right)^{2}+1}} \]
Polia:

Como a polia não possui massa e atrito ela apenas transfere as trações aplicadas nas cordas. A tração T2, devido ao bloco 2, é transferida para o ponto de encontro das trações T1 e T3 (Figura 1), e da polia para o teto (Figura 5)
\[ T_{4}=T_{2} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {T_{4}=m_{2}g} \]

Observação: A relação trigonométrica \( \operatorname{sen}\left(\operatorname{arctg}x\right)=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}} \) é obtida tomando-se um triângulo retângulo de hipotenusa a e catetos b e c com ângulo θ (Figura 6).
\[ \begin{gather} \operatorname{tg}\theta=\frac{b}{c} \tag{I} \end{gather} \]

Figura 6
\[ \begin{gather} \operatorname{tg}\theta=\operatorname{tg}\left(\operatorname{arctg}x\right)=x=\frac{x}{1} \tag{II} \end{gather} \]
igualando as expressões (I) e (II)
\[ \frac{b}{c}=\frac{x}{1} \]
assim determinamos os catetos b e c
\[ \begin{gather} b=x\\[10pt] c=1 \end{gather} \]
A hipotenusa é encontrada usando o Teorema de Pitágoras
\[ \begin{gather} a^{2}=b^{2}+c^{2}\\ a^{2}=x^{2}+1^{2}\\ a=\sqrt{x^{2}+1^{2}\;} \end{gather} \]
O seno do ângulo θ será
\[ \operatorname{sen}\theta=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1\;}} \]

Figura 7

Da expressão (II)
\[ \theta=\operatorname{arctg}x \]
Portanto
\[ \operatorname{sen}\left(\operatorname{arctg}x\right)=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}} \]
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