Uma máquina de Atwood possui massas mA e mB, onde a massa B é
maior que a massa A, ligadas por uma corda ideal, inextensível e de massa desprezível, através de
uma polia de massa M e raio R. Determinar a aceleração do sistema, a tensão na corda que
liga as massas e a tensão na corda que prende o sistema ao teto.
Dados do problema:
- Massa do corpo A: mA;
- Massa do corpo B: mB;
- Massa da polia: M;
- Raio da polia: R;
- Adotando a aceleração da gravidade: g.
Esquema do problema:
Como a massa do bloco B é maior que a massa do bloco A, o bloco B desce enquanto o
bloco A sobe, a massa da polia não é desprezível, ela possui um momento de inércia. A corda é
ideal, portanto, a aceleração é a mesma para todo o conjunto (Figura 1).
Como a polia está girando a somatória dos torques em relação ao eixo da polia não é nula. As trações na
corda de ambos os lados da polia não são iguais (Figura 1).
Solução:
Isolando os corpos e pesquisando as forças que atuam em cada um deles e aplicando a
2.ª Lei de Newton.
Para os blocos:
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf F=m\mathbf a} \tag{I}
\end{gather}
\]
Para a polia:
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf N=I\mathbf{\alpha}} \tag{II}
\end{gather}
\]
Adotando o sentido positivo no mesmo sentido da aceleração do bloco
A (para cima – Figura 2)
- TA: tensão na corda;
- PA: força peso do bloco A.
Aplicando a expressão (I)
\[
\begin{gather}
\mathbf T_{\small A}-\mathbf P_{\small A}=m_{\small A}\mathbf a \tag{III}
\end{gather}
\]
a força peso é dada por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf P=m\mathbf g} \tag{IV}
\end{gather}
\]
para o corpo A
\[
\begin{gather}
\mathbf P_{\small A}=m_{\small A}\mathbf g \tag{V}
\end{gather}
\]
substituindo a expressão (V) na expressão (III)
\[
\begin{gather}
\mathbf T_{\small A}-m_{\small A}\mathbf g=m_{\small A}\mathbf a
\end{gather}
\]
em módulo
\[
\begin{gather}
T_{\small A}-m_{\small A}g=m_{\small A}a \tag{VI}
\end{gather}
\]
Adotando o sentido positivo no mesmo sentido da aceleração do bloco
B (para baixo – Figura 3)
- TB: tensão na corda;
- PB: força peso do bloco B.
Aplicando a expressão (I)
\[
\begin{gather}
\mathbf P_{\small B}-\mathbf T_{\small B}=m_{\small B}\mathbf a \tag{VII}
\end{gather}
\]
usando a expressão (IV) para a força peso do corpo B
\[
\begin{gather}
\mathbf P_{\small B}=m_{\small B}\mathbf g \tag{VIII}
\end{gather}
\]
substituindo a expressão (VIII) na expressão (VII)
\[
\begin{gather}
m_{\small B}\mathbf g-\mathbf T_{\small B}=m_{\small B}\mathbf a
\end{gather}
\]
em módulo
\[
\begin{gather}
m_{\small B}g-T_{\small B}=m_{\small B}a \tag{IX}
\end{gather}
\]
O torque de uma força é dado por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf N=\mathbf r\times\mathbf F} \tag{X}
\end{gather}
\]
No sistema da polia temos o vetor posição (r) dado pelo raio da polia e a força (F)
representada pela tensão (TA) na corda devido à massa mA,
(Figura 4-A). Aplicando a expressão (X)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{\small A}=\mathbf r\times\mathbf T_{\small A}
\end{gather}
\]
Aplicando a regra da mão direita para o produto vetorial (levando o vetor r em direção ao vetor
TA – Figura 4-B) obtemos o vetor NA perpendicular a estes dois (Figura 4-C).
Os vetores r e TA são perpendiculares entre si, portanto, em módulo
\[
\begin{gather}
N_{\small A}=RT_{\small A}\operatorname{sen}\frac{\pi}{2}
\end{gather}
\]
substituindo
\( \operatorname{sen}\frac{\pi}{2}=1 \)
\[
\begin{gather}
N_{\small A}=RT_{\small A} \tag{XI}
\end{gather}
\]
Para tensão (TB) na corda devido à massa mB, aplicando a expressão
(X), (Figura 5-A)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{\small B}=\mathbf r\times\mathbf T_{\small B}
\end{gather}
\]
Aplicando a regra da mão direita para o produto vetorial (levando o vetor r em direção ao vetor
TB – Figura 5-B) obtemos o vetor NB perpendicular a estes
dois (Figura 5-C).
Os vetores r e TB são perpendiculares entre si, portanto, em módulo
\[
\begin{gather}
N_{\small B}=RT_{\small B}\operatorname{sen}\frac{\pi}{2}
\end{gather}
\]
substituindo
\( \operatorname{sen}\frac{\pi}{2}=1 \)
\[
\begin{gather}
N_{\small B}=RT_{\small B} \tag{XII}
\end{gather}
\]
Para a polia
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{\small A}+\mathbf N_{\small B}=I\mathbf{\alpha}
\end{gather}
\]
adotando o sentido do torque NB como positivo escrevemos
\[
\begin{gather}
-N_{\small A}+N_{\small B}=I\alpha \tag{XIII}
\end{gather}
\]
O momento de inércia de um corpo é dado por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{I=\int{r^2\;dm}} \tag{XIV}
\end{gather}
\]
Consideremos a polia como um cilindro de altura pequena (
h), Figura 6-A. Da expressão para a
densidade de massa (ρ) obtemos o elemento de massa
dm
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\rho =\frac{dm}{dV}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
dm=\rho\;dV
\end{gather}
\]
o elemento de volume
dV pode ser escrito como
\( dV=h\;dA \),
onde
dA é um elemento de área da superfície da polia, então o elemento de massa fica escrito como
\[
\begin{gather}
dm=\rho h\;dA \tag{XV}
\end{gather}
\]
o elemento de área de ângulo dθ da polia (Figura 6-B), será
\[
\begin{gather}
dA=r\;dr\;d\theta \tag{XVI}
\end{gather}
\]
substituindo a expressão (XVI) na expressão (XV)
\[
\begin{gather}
dm=\rho hr\;dr\;d\theta \tag{XVII}
\end{gather}
\]
substituindo a expressão (XVII) na expressão (XIV)
\[
\begin{gather}
I=\int{r^2\rho hr\;dr\;d\theta} \\[5pt]
I=\int{\rho hr^3\;dr\;d\theta}
\end{gather}
\]
a integração é feita sobre a superfície da polia (depende de duas variáveis r e θ) temos uma
integral dupla
\[
\begin{gather}
I=\int\int{\rho hr^3\;dr\;d\theta}
\end{gather}
\]
Como a densidade de massa (ρ) e a largura da polia (h) são constantes elas podem “sair” da
integral, a integral depende de r e θ, podemos escrever
\[
\begin{gather}
I=\rho h\int\int{r^3\;dr\;d\theta}
\end{gather}
\]
Os limites de integração serão de 0 a R em dr (ao longo do raio da polia) e de 0 e 2π em
dθ (uma volta completa na polia), as integrais podem ser separadas
\[
\begin{gather}
I=\rho h\int_0^{\small R}{r^3\;dr}\int_0^{2\pi}{d\theta}
\end{gather}
\]
Integração de
\( \displaystyle \int_0^{\small R}r^3\;dr \)
\[
\begin{gather}
\int_0^{\small R}r^3\;dr=\left.\frac{r^{3+1}}{3+1}\;\right|_{\;0}^{\;\small R}=\frac{R^4}{4}-\frac{0^4}{4}=\frac{R^4}{4}
\end{gather}
\]
Integração de
\( \displaystyle \int_0^{2\pi}d\theta \)
\[
\begin{gather}
\int _0^{2\pi}d\theta=\left.\theta \;\right|_{\;0}^{\;2\pi}=2\pi-0=2\pi
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
I=\rho h\frac{R^4}{4}2\pi \\
I=\rho h\pi R^2\frac{R^2}{2} \tag{XVIII}
\end{gather}
\]
A densidade da polia é dado por
\( \rho =\frac{M}{V} \),
onde M é a massa da polia dada no problema e V é o volume da polia de forma cilíndrica.
O volume de um cilindro é dado por
\( V=Ah \),
onde A é a área da polia de forma circular. A área de um circulo é dado por
\( A=\pi r^2 \),
onde r é o raio da polia igual a R no problema. Assim o volume da polia vale
\( V=\pi R^2h \)
e da expressão da densidade podemos obter a massa da polia
\[
\begin{gather}
\rho =\frac{M}{\pi R^2h} \\[5pt]
M=\pi R^2h\rho \tag{XIX}
\end{gather}
\]
substituindo a expressão (XIX) na expressão (XVIII) temos o momento de inércia da polia
\[
\begin{gather}
I=\frac{MR^2}{2} \tag{XX}
\end{gather}
\]
O bloco
A sobe com aceleração
a, como a corda é ideal cada ponto da corda também se desloca
com a mesma aceleração
a, assim quando a corda passa pela polia, sem escorregamento, cada ponto da
corda se desloca junto com um ponto da polia (
P1 e
P'1,
P2 e
P'2,
P3 e
P'3, ...), deste
modo a aceleração tangencial da polia e a mesma aceleração a do sistema (Figura 7).
A aceleração tangencial (Figura 8-A) é dada por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf a=\mathbf{\alpha}\times\mathbf r}
\end{gather}
\]
Para que o produto vetorial seja positivo devemos escolher o vetor da aceleração angular (α)
para “dentro”, assim aplicando a regra da mão direita para o produto vetorial (levando o vetor
α em direção ao vetor r – Figura 8-B) obtemos o vetor a perpendicular a estes dois
(Figura 8-C).
Observação: Se escolhêssemos o vetor aceleração angular para “fora” pela regra da mão
direita para o produto vetorial (levando o vetor α em direção ao vetor r – Figura 9)
obteríamos o vetor a perpendicular a estes dois com sentido para cima, isto não representaria a situação do
problema mostrada na Figura 8-A, onde sabemos que a aceleração tangencial do lado do bloco B está para
baixo.
Os vetores r e a são perpendiculares entre si, portanto, em módulo
\[
\begin{gather}
a=\alpha R\operatorname{sen}\frac{\pi}{2}
\end{gather}
\]
substituindo
\( \operatorname{sen}\frac{\pi}{2}=1 \)
\[
\begin{gather}
a=\alpha R\\
\alpha =\frac{a}{R} \tag{XXI}
\end{gather}
\]
substituindo as expressões (XI), (XII), (XX) e (XXI) na expressão (XIII)
\[
\begin{gather}
-RT_{\small A}+RT_{\small B}=\frac{MR^2}{2}\frac{a}{R} \\[5pt]
-RT_{\small A}+RT_{\small B}=\frac{MR}{2}a \\[5pt]
-T_{\small A}+T_{\small B}=\frac{Ma}{2} \tag{XXII}
\end{gather}
\]
As expressões (VI), (IX) e (XXII) formam um sistema de três equações a três incógnitas (a,
TA e TB)
\[
\left\{
\begin{matrix}
\;T_{\small A}-m_{\small A}g=m_{\small A}a \\
\;m_{\small B}g-T_{\small B}=m_{\small B}a \\
\;-T_{\small A}+T_{\small B}=\dfrac{Ma}{2}
\end{matrix}
\right.
\]
somando as três equações
\[
\begin{gather}
\frac{
\begin{matrix}
\;T_{\small A}-m_{\small A}g=m_{\small A}a \\
\;m_{\small B}g-T_{\small B}=m_{\small B}a \\
\;-T_{\small A}+T_{\small B}=\dfrac{Ma}{2}
\end{matrix}}
{m_{\small B}g-m_{\small A}g=m_{\small A}a+m_{\small B}a+\dfrac{Ma}{2}} \\[5pt]
(m_{\small B}-m_{\small A})g=\left(m_{\small A}+m_{\small B}+\frac{M}{2}\right)a \\[5pt]
a=\frac{(m_{\text{B}}-m_{\small A})g}{\left(m_{\small A}+m_{\small B}+\dfrac{M}{2}\right)}.\frac{2}{2} \\[5pt]
a=\frac{2g(m_{\small B}-m_{\small A})}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+2\dfrac{M}{2}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{a=\frac{2g(m_{\small B}-m_{\small A})}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M}}
\end{gather}
\]
Substituindo este valor na primeira equação do sistema temos o valor da tração na corda devido ao bloco A
\[
\begin{gather}
T_{\small A}-m_{\small A}g=m_{\small A}\frac{2g(m_{\small B}-m_{\small A})}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M} \\[5pt]
T_{\small A}=m_{\small A}g+\frac{2m_{\small A}m_{\small B}g-2m_{\small A}^2g}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M} \\[5pt]
T_{\small A}=\frac{m_{\small A}g(2m_{\small A}+2m_{\small B}+M)+2m_{\small A}m_{\small B}g-2m_{\small A}^2g}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M} \\[5pt]
T_{\small A}=\frac{2m_{\small A}^2g+2m_{\small A}m_{\small B}g+Mm_{\small A}g+2m_{\small A}m_{\small B}g-2m_{\small A}^2g}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M} \\[5pt]
T_{\small A}=\frac{4m_{\small A}m_{\small B}g+Mm_{\small A}g}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{T_{\small A}=\frac{m_{\small A}g(4m_{\small B}+M)}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M}}
\end{gather}
\]
Substituindo o valor da aceleração na segunda equação do sistema temos o valor da tração na corda devido ao
bloco B
\[
\begin{gather}
m_{\small B}g-T_{\small B}=m_{\small B}\frac{2g(m_{\small B}-m_{\small A})}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M} \\[5pt]
T_{\small B}=m_{\small B}g-m_{\small B}\frac{2g(m_{\small B}-m_{\small A})}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M} \\[5pt]
T_{\small B}=m_{\small B}g-\frac{2m_{\small B}^2g-2m_{\small A}m_{\small B}g}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M} \\[5pt]
T_{\small B}=\frac{m_{\small B}g(2m_{\small A}+2m_{\small B}+M)-2m_{\small B}^2g+2m_{\small A}m_{\small B}g}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M} \\[5pt]
T_{\small B}=\frac{2m_{\small A}m_{\small B}g+2m_{\small B}^2g+Mm_{\small B}g-2m_{\small B}^2g+2m_{\small A}m_{\small B}g}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M} \\[5pt]
T_{\small B}=\frac{4m_{\small A}m_{\small B}g+Mm_{\small B}g}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{T_{\small B}=\frac{m_{\small B}g(4m_{\small A}+M)}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M}}
\end{gather}
\]
A tensão na corda que sustenta o sistema no teto será a soma das tensões dos dois lados da polia (Figura 1)
\[
\begin{gather}
T_{\small A}+T_{\small B}=\frac{m_{\small A}g(4m_{\small B}+M)}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M}+\frac{m_{\small B}g(4m_{\small A}+M)}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M} \\[5pt]
T_{\small A}+T_{\small B}=\frac{m_{\small A}g(4m_{\small B}+M)+m_{\small B}g(4m_{\small A}+M)}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M} \\[5pt]
T_{\small A}+T_{\small B}=\frac{4m_{\small A}m_{\small B}g+Mm_{\small A}g+4m_{\small A}m_{\small B}g+Mm_{\small B}g}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M} \\[5pt]
T_{\small A}+T_{\small B}=\frac{8m_{\small A}m_{\small B}g+Mm_{\small A}g+Mm_{\small B}g}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{T_{\small A}+T_{\small B}=\frac{8m_{\small A}m_{\small B}+Mm_{\small A}+Mm_{\small B}}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M}g}
\end{gather}
\]
