Sobre um eixo horizontal AB estão rigidamente montados uma polia C de diâmetro d,
e uma haste D de massa m2. Sobre a polia está enrolado um cabo em cuja
extremidade prende-se um corpo E de massa m1. Na extremidade da haste D
adapta-se um cilindro F de massa m3 e altura h. Na posição de equilíbrio
a haste forma um ângulo θ com a vertical. São desprezados a massa da polia e do cabo, considera-se
o cabo inextensível, o eixo e a haste não sofrem torções. Determinar:
a) O comprimento da haste;
b) Calcule o comprimento da haste para os seguintes valores, m1 = 200 kg, d = 60 cm,
m2 = 12 kg, m3 = 100 kg, h = 20 cm e θ = 30°.
Dados do problema:
- Diâmetro da polia C: d;
- Massa do corpo E: m1;
- Massa da haste D: m2;
- Massa do cilindro F: m3;
- Altura do cilindro F: h;
- Ângulo formado entre a vertical e o sistema haste+cilindro: θ.
Esquema do problema:
Adotamos que a aceleração da gravidade no local é igual a g.
Suponhamos que inicialmente a corda está enrolada na polia e o sistema haste+cilindro está na vertical. Sob a
ação da força peso P1 o corpo de massa m1 começa a descer, a corda começa
a desenrolar e faz girar a polia, que está rigidamente ligada a barra AB onde passa a atuar o torque
N1.
Com a rotação do eixo AB o sistema haste+cilindro começa a girar, considerando as forças peso da haste
e do cilindro, P2 e P3 respectivamente, aplicadas ao centro de massa de
cada corpo, para que o sistema todo permaneça em equilíbrio estas forças devem gerar um torque,
N2+N3 de mesmo módulo e direção, e com sentido contrário ao torque
N1, de tal forma que a somatória dos torques seja nula. Adotamos x como sendo o comprimento
da haste a ser determinado.
Solução:
a) O torque de uma força é dado por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf N=\mathbf r\times\mathbf F} \tag{I}
\end{gather}
\]
No sistema da polia temos o vetor posição (r1) dado pelo raio da polia e a força (F)
representada pela força peso devido à massa m1 (P1), Figura 2-A.
Aplicando a expressão (I)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_1=\mathbf r_1\times\mathbf P_1 \tag{II}
\end{gather}
\]
a força peso é dada por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf P=m\mathbf g} \tag{III}
\end{gather}
\]
substituindo a expressão (III), para a massa m1, na expressão (II)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_1=\mathbf r_1\times m_1\mathbf g \\[5pt]
\mathbf N_1=m_1\mathbf r_1\times\mathbf g
\end{gather}
\]
Adota-se um sistema de eixos cartesianos onde i, j e k são os vetores unitários nas
direções x, y e z. O raio da polia só possui componente na direção i, portanto, pode
ser escrito como r1 = r1i e o vetor aceleração da gravidade só
possui componente na direção −k, então g = −gk
\[
\begin{gather}
\mathbf r_1\times\mathbf g=\left|
\begin{matrix}
\mathbf i &\mathbf j &\mathbf k \\
\;r_1 &0 &0 \\
0 &0 &-g
\end{matrix}\;\right|\\[5pt]
\mathbf r_1\times\mathbf g=[0\times(-g)-0.0]\;\mathbf i-[r_1\times(-g)-0.0]\;\mathbf j+(r_1\times 0-0.0)\;\mathbf k \\[5pt]
\mathbf r_1\times\mathbf g=r_1g\;\mathbf j
\end{gather}
\]
O torque só possui componente na direção j (Figura 2-B)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_1=m_1r_1g\;\mathbf j
\end{gather}
\]
o raio da polia será
\( r_1=\frac{d}{2} \)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_1=m_1\frac{d}{2}g\;\mathbf j \tag{IV}
\end{gather}
\]
Na haste temos o vetor posição (r2) e a força (F) representada pela força peso
devido à massa m2 da haste (P2), Figura 3-A. Aplicando a expressão (I)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_2=\mathbf r_2\times\mathbf P_2 \tag{V}
\end{gather}
\]
substituindo a expressão (III), para a massa m2, na expressão (V)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_2=\mathbf r_2\times m_2\mathbf g \\[5pt]
\mathbf N_2=m_2\mathbf r_2\times\mathbf g
\end{gather}
\]
O vetor posição do centro de massa da haste (r2) pode ser decomposto nas direções
−i e −k, portanto, sendo θ o ângulo entre o vetor posição e a vertical, suas
componentes podem ser escritas como
\( \mathbf r_{2x}=-r_2\operatorname{sen}\theta\;\mathbf i \)
e
\( \mathbf r_{2z}=-r_2\cos\theta\;\mathbf k \)
(Figura 3-B), e o vetor aceleração da gravidade só possui componente na direção −k, então
g = −gk
\[
\begin{gather}
\mathbf r_2\times\mathbf g=\left|
\begin{matrix}
\mathbf i &\mathbf j &\mathbf k \\
\;-r_2\operatorname{sen}\theta &0 &-r_2\cos\theta \\
0 &0 &-g
\end{matrix}\;\right| \\[5pt]
\mathbf r_2\times\mathbf g=[0\times(-g)-(-r_2\cos\theta)\times 0]\;\mathbf i-[(-r_2\operatorname{sen}\theta)\times(-g)-(-r_2\cos\theta)\times0]\;\mathbf j\mathrm{+} \\[5pt]
\qquad \qquad \mathrm{+}[(-r_2\operatorname{sen}\theta)\times 0-0\times 0]\;\mathbf k \\[5pt]
\mathbf r_2\times\mathbf g=-r_2\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf j
\end{gather}
\]
O torque só possui componente na direção j (Figura 3-C)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_2=-m_2r_2\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf j
\end{gather}
\]
o vetor posição r2 localiza o centro de massa da haste, supondo que a haste seja homogênea
o centro de massa está na metade do comprimento, assim o módulo do vetor posição será
\( r_2=\frac{x}{2} \)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_2=-m_2\frac{x}{2}\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf j \tag{VI}
\end{gather}
\]
No cilindro temos o vetor posição (r3) e a força (F) representada pela força peso
devido à massa m3 do cilindro (P3), Figura 4-A. Aplicando a expressão (I)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_3=\mathbf r_3\times\mathbf P_3 \tag{VII}
\end{gather}
\]
substituindo a expressão (III), para a massa m3, na expressão (VII)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_3=\mathbf r_3\times m_3\mathbf g \\[5pt]
\mathbf N_3=m_3\mathbf r_3\times\mathbf g
\end{gather}
\]
O vetor posição do centro de massa do cilindro (r3) pode ser decomposto nas direções
−i e −k, portanto, sendo θ o ângulo entre o vetor posição e a vertical, suas
componentes podem ser escritas como
\( \mathbf r_{3x}=-r_3\operatorname{sen}\theta\;\mathbf i \)
e
\( \mathbf r_{3z}=-r_3\cos\theta\;\mathbf k \)
(Figura 4-B), e o vetor aceleração da gravidade só possui componente na direção −k, então
g = −gk
\[
\begin{gather}
\mathbf r_3\times\mathbf g=\left|
\begin{matrix}
\mathbf i &\mathbf j &\mathbf k \\
\;-r_3\operatorname{sen}\theta &0 &-r_3\cos\theta \\
0 &0 &-g\;
\end{matrix}\right| \\[5pt]
\mathbf r_3\times\mathbf g=[0\times(-g)-(-r_3\cos\theta)\times 0]\;\mathbf i-[(-r_3\operatorname{sen}\theta)\times(-g)-(-r_3\cos\theta)\times 0]\;\mathbf j\mathrm{+} \\
\qquad \qquad \mathrm{+}[(-r_3\operatorname{sen}\theta)\times 0-0.0]\;\mathbf k \\[5pt]
\mathbf r_3\times\mathbf g=-r_3\operatorname{sen}\theta
g\;\mathbf j
\end{gather}
\]
O torque só possui componente na direção j (Figura 4-C)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_3=-m_3r_3\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf j
\end{gather}
\]
o vetor posição r3 localiza o centro de massa do cilindro, supondo que a haste seja
homogênea o centro de massa está na metade da altura do cilindro somado ao comprimento x da haste,
assim o o módulo do vetor posição será
\( r_3=\frac{h}{2}+x \)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_3=-m_3\left(\frac{h}{2}+x\;\right)\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf j \tag{VIII}
\end{gather}
\]
Para que o sistema permaneça em equilíbrio temos a condição
\[ \bbox[#99CCFF,10px]
{\sum_{i=1}^n\mathbf N_i=0}
\]
adotando n = 3
\[
\begin{gather}
\mathbf N_1+\mathbf N_2+\mathbf N_3=0
\end{gather}
\]
substituindo as expressões (IV), (VI) e (VIII) na expressão acima
\[
\begin{gather}
m_1\frac{d}{2}g\;\mathbf j-m_2\frac{x}{2}\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf j-m_3\left(\frac{h}{2}+x\right)\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf j=0 \\[5pt]
m_1\frac{d}{2}g\;\mathbf j-m_2\frac{x}{2}\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf j-m_3\frac{h}{2}\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf j-m_3x\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf j=0
\end{gather}
\]
multiplicando toda a expressão por 2
\[
\begin{gather}
\qquad \qquad m_1\frac{d}{2}g\;\mathbf j-m_2\frac{x}{2}\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf j-m_3\frac{h}{2}\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf j-m_3x\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf j=0\qquad(\times 2) \\[5pt]
m_1dg\;\mathbf j-m_2x\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf j-m_3h\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf j-2m_3x\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf j=0 \\[5pt]
m_1dg\;\mathbf j-m_3h\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf j-x\operatorname{sen}\theta\left(m_2+2m_3\right)g\;\mathbf j=0 \\[5pt]
x\operatorname{sen}\theta\left(m_2+2m_3\right)=m_1d-m_3h\operatorname{sen}\theta
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{x=\frac{m_1d-m_3h\operatorname{sen}\theta}{\left(m_2+2m_3\right)\operatorname{sen}\theta}}
\end{gather}
\]
b) Convertendo o diâmetro da polia e a altura do cilindro dados em centímetros (cm) para metros (m) usado no
Sistema Internacional (S.I.)
\[
\begin{gather}
d=60\;\cancel{\mathrm{cm}}.\frac{1\;\mathrm m}{100\;\cancel{\mathrm{cm}}}=\frac{60}{100}\;\mathrm m=0,6\;\mathrm m \\[10pt]
h=20\;\cancel{\mathrm{cm}}.\frac{1\;\mathrm m}{100\;\cancel{\mathrm{cm}}}=\frac{20}{100}\;\mathrm m=0,2\;\mathrm m
\end{gather}
\]
e lembrando que
\( \theta=30°=\frac{\pi}{6} \),
então,
\( \operatorname{sen}\frac{\pi}{6}=0,5 \),
usando a expressão obtida no item (a) e os valores dados
\[
\begin{gather}
x=\frac{200\times 0,6-100\times 0,2\times\cancel{\operatorname{sen}\dfrac{\pi}{6}}}{\left(12+2\times 100\right)\times\cancel{\operatorname{sen}\dfrac{\pi}{6}}} \\[5pt]
x=\frac{120-20\times 0,5}{\left(12+200\right)\times 0,5}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{x=1,04\;\mathrm m}
\end{gather}
\]
