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 expresssão (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 expresssão (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)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{\small A}=\mathbf r\times\mathbf T_{\small A}
\end{gather}
\]
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
\( \mathbf r=-R\;\mathbf i \)
e o vetor da tensão na corda, devido ao bloco A, só possui componente na direção −k,
então
\( \mathbf T_{\small A}=-T_{\small A}\;\mathbf k \)
(Figura 4-B)
\[
\begin{gather}
\mathbf r\times\mathbf T_{\small A}=\left|
\begin{matrix}
\mathbf i &\mathbf j &\mathbf k \\
-R &0 &0 \\
0 &0 &-T_{\small A}
\;\end{matrix}\right| \\[5pt]
\mathbf r\times\mathbf T_{\small A}=[0\times(-T_{\small A})-0\times 0]\;\mathbf i-[(-R)\times(-T_{\small A})-0\times 0]\;\mathbf j+(-R\times 0-0.0)\;\mathbf k \\[5pt]
\mathbf r\times\mathbf T_{\small A}=-RT_{\small A}\;\mathbf j
\end{gather}
\]
O torque só possui componente na direção −j (Figura 4-B)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{\small A}=-R T_{\small A}\;\mathbf j \tag{XI}
\end{gather}
\]
Para o bloco B o raio da polia só possui componente na direção i, portanto, pode ser escrito
como
\( \mathbf r=R\;\mathbf i \)
e o vetor da tensão na corda só possui componente na direção −k, então
\( \mathbf T_{\small B}=-T_{\small B}\;\mathbf k \)
(Figura 5-B)
\[
\begin{gather}
\mathbf r\times\mathbf T_{\small B}=\left|
\begin{matrix}
\mathbf i &\mathbf j &\mathbf k \\
R &0 &0 \\
0 &0 &-T_{\small B}
\;\end{matrix}\right| \\[5pt]
\mathbf r\times\mathbf T_{\small B}=[0\times(-T_{\small B})-0\times 0]\;\mathbf i-[R\times(-T_{\small B})-0\times 0]\;\mathbf j+(R\times 0-0\times 0)\;\mathbf k \\[5pt]
\mathbf r\times\mathbf T_{\small B}=-RT_{\small B}\;\mathbf j
\end{gather}
\]
O torque só possui componente na direção j (Figura 5-B)
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{\small B}=RT_{\small B}\;\mathbf j \tag{XII}
\end{gather}
\]
O torque total sobre a polia será dado pela soma dos torques das forças aplicadas
\[
\begin{gather}
\mathbf N_{\small A}+\mathbf N_{\small B}=I\;\mathbf{\alpha} \tag{XIII}
\end{gather}
\]
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 expresssão (XV)
\[
\begin{gather}
dm=\rho hr\;dr\;d\theta \tag{XVII}
\end{gather}
\]
substituindo a expressão (XVII) na expresssão (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
\[
\begin{gather}
I=\rho h\int\int{r^3\;dr\;d\theta}
\end{gather}
\]
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
\( \displaystyle \int_0^{2\pi}d\theta \)
\[
\begin{gather}
\int _0^{2\pi}d\theta=\left.\theta \;\right|_{\;0}^{\;2\pi}=2\pi-0=2\pi
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
I=\rho h\frac{R^4}{\cancelto{2}{4}}\cancel{2}\pi \\[5pt]
I=\rho h\pi R^2\frac{R^2}{2} \tag{XVIII}
\end{gather}
\]
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 expresssão (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 obter o vetor aceleração angular a a partir da expressão acima multiplicamos vetorialmente ambos os
lados da igualdade pelo vetor posição r à esquerda
\[
\begin{gather}
\mathbf r\times{\mathbf a}=\mathbf r\times(\mathbf{\alpha }\times \mathbf r)
\end{gather}
\]
Lembrando da propriedade do produto vetorial
\[
\begin{gather}
\mathbf{A}\times (\mathbf{B}\times{\mathbf{C}})=\mathbf{B}(\mathbf{A}\cdot{\mathbf{C}})-\mathbf{C}(\mathbf{A}\cdot{\mathbf{B}})
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf r\times{\mathbf a}=\mathbf{\alpha}(\underbrace{\mathbf r\cdot\mathbf r}_{r^2})-\mathbf r(\underbrace{\mathbf r\cdot{\mathbf{\alpha }}}_0)
\end{gather}
\]
o primeiro parênteses do lado direito da igualdade representa o quadrado do módulo do vetor r,
\( \mathbf r\cdot \mathbf r=r^2 \).
O segundo parênteses é nulo, como os vetores r e α são perpendiculares entre si o ângulo
entre eles é
\( \theta=\frac{\pi}{2} \)
e o produto escalar é zero,
\( \mathbf r\cdot {\mathbf{\alpha}}=r\alpha \cos\theta=r\alpha \cos \frac{\pi}{2}=0 \)
\[
\begin{gather}
\mathbf r\times{\mathbf a}=\mathbf{\alpha}r^2 \\[5pt]
\mathbf{\alpha }=\frac{\mathbf r\times{\mathbf a}}{r^2}
\end{gather}
\]
O raio da polia só possui componente na direção i, portanto, pode ser escrito como
\( \mathbf r=R\;\mathbf i \)
e o vetor aceleração tangencial só possui componente na direção −k,
\( \mathbf{A}=-a\;\mathbf k \)
(Figuras 8-A e 8-B)
\[
\begin{gather}
\mathbf r\times{\mathbf{A}}=\left|
\begin{matrix}
\mathbf i &\mathbf j &\mathbf k \;\\
\;R &0 &0 \;\\
\;0 &0 &-a \;
\end{matrix}\right|\\[5pt]
\mathbf r\times{\mathbf{A}}=[0.(-a)-0.0]\;\mathbf i-[R.(-a)-0.0]\;\mathbf j+(R.0-0.0)\;\mathbf k \\[5pt]
\mathbf r\times{\mathbf{A}}=Ra\;\mathbf j
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf{\alpha}=\frac{Ra\;\mathbf j}{R^2} \\[5pt]
\mathbf{\alpha}=\frac{a}{R}\;\mathbf j \tag{XXI}
\end{gather}
\]
A aceleração angular só possui componente na direção j (Figura 8-C)
Substituindo as expressões (XI), (XII), (XX) e (XXI) na expresssão (XIII)
\[
\begin{gather}
-RT_{\small A}\;\mathbf j+RT_{\small B}\;\mathbf j=\frac{MR^2}{2}\frac{a}{R}\;\mathbf j \\[5pt]
-RT_{\small A}\;\mathbf j+RT_{\small B}\;\mathbf j=\frac{MRa}{2}\;\mathbf j \\[5pt]
-T_{\small A}\;\mathbf j+T_{\small B}\;\mathbf j=\frac{Ma}{2}\;\mathbf j
\end{gather}
\]
como todas as componentes estão na direção j, temos em módulo
\[
\begin{gather}
-T_{\small A}+T_{\small B}=\frac{Ma}{2} \tag{XXII}
\end{gather}
\]
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
\[
\begin{gather}
\frac{
\begin{matrix}
\;T_{\small A}-m_{\small A}g=m_{\small A}a \\
\;m_{\small B}g-T_{\small B}=m_{\small B}a \\
\;-T_{\small A}+T_{\small B}=\dfrac{Ma}{2}
\end{matrix}}
{m_{\small B}g-m_{\small A}g=m_{\small A}a+m_{\small B}a+\dfrac{Ma}{2}} \\[5pt]
(m_{\small B}-m_{\small A})g=\left(m_{\small A}+m_{\small B}+\frac{M}{2}\right)a\\[5pt]
a=\frac{(m_{\small B}-m_{\small A})g}{\left(m_{\small A}+m_{\small B}+\dfrac{M}{2}\right)}\times\frac{2}{2} \\[5pt]
a=\frac{2g(m_{\small B}-m_{\small A})}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+2\dfrac{M}{2}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{a=\frac{2g(m_{\small B}-m_{\small A})}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M}}
\end{gather}
\]
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)
\[
\begin{gather}
T_{\small A}+T_{\small B}=\frac{m_{\small A}g(4m_{\small B}+M)}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M}+\frac{m_{\small B}g(4m_{\small A}+M)}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M} \\[5pt]
T_{\small A}+T_{\small B}=\frac{m_{\small A}g(4m_{\small B}+M)+m_{\small B}g(4m_{\small A}+M)}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M} \\[5pt]
T_{\small A}+T_{\small B}=\frac{4m_{\small A}m_{\small B}g+Mm_{\small A}g+4m_{\small A}m_{\small B}g+Mm_{\small B}g}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M} \\[5pt]
T_{\small A}+T_{\small B}=\frac{8m_{\small A}m_{\small B}g+Mm_{\small A}g+Mm_{\small B}g}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{T_{\small A}+T_{\small B}=\frac{8m_{\small A}m_{\small B}+Mm_{\small A}+Mm_{\small B}}{2m_{\small A}+2m_{\small B}+M}g}
\end{gather}
\]
