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No sistema mostrado na figura, p 1 é uma polia móvel,
p 2 uma polia fixa, o peso do bloco B é de 2 000 N e o ângulo
do plano inclinado de 30o. Determinar qual deve ser o peso do
bloco A para que o bloco B tenha uma velocidade de 20 m/s
após um percurso de 40 m no sentido ascendente. Desprezamse as massas das fios e das polias e os atritos entre os fios e
as polias e entre o bloco B e o plano. Adote g = 10 m/s2.
Dados do problema
•
•
•
•
•
•
peso do bloco A:
ângulo de inclinação do plano:
deslocamento do bloco B:
velocidade inicial do sistema:
velocidade final do bloco B:
aceleração da gravidade:
P B = 2 000 N;
θ = 30o;
ΔS B = 40 m;
v 0 = 0;
v B = 20 m/s;
g = 10 m/s2.
Solução

No fio que sustenta o bloco B temos uma tração T
devido ao peso do bloco B. O fio transmite essa tração
para a polia móvel p 1 através da polia fixa p 2 . Do outro
 que é
lado da polia móvel p 1 tem-se a mesma tração T
xtransmitida para o ponto fixo na parede. No fio que prende
 , devido a tração T

a polia móvel p 1 atua um tração 2 T
que atua no fio nos dois lados da polia, esta tração é
transmitida pelo fio para o bloco A (figura 1).
Isolando os corpos e pesquisando as forças que
agem neles, temos
figura 1
• Bloco A
Adotamos um sistema de referência xy com o eixo-x paralelo ao plano inclinado e
sentido descendente. Neste corpo agem a força peso ( P A ), a força de tração no fio ( 2 T ) e a
reação normal da superfície ( N A ), conforme a figura 2-A.
figura 2
A força peso pode ser decomposta em duas, uma componente paralela ( P A P ) ao eixox e a outra normal ou perpendicular ( P A N ). Da figura 2-B vemos que a força peso é
perpendicular ao plano horizontal, forma um ângulo de 90º, o ângulo entre o plano inclinado,
que contém a componente paralela, e o plano horizontal é dado como 30º, como os ângulos
internos de um triângulo devem somar 180º o ângulo entre a força peso e a componente
paralela deve ser 60º. No triângulo à direita temos que a componente normal faz com o plano
inclinado um ângulo de 90º então o ângulo entre a força peso e a componente normal deve
medir 30º, é um ângulo complementar.
1
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Colocando as forças num sistema de eixos coordenados, figura 2-C, podemos usar a
2.ª Lei de Newton
F = ma
Na direção y não há movimento, a reação normal e a componente normal do peso se
anulam, na direção x escrevemos
P A P−2 T = m A a A
(I)
pela figura 2-C temos a força peso dada por
P A P = P A senθ
(II)
P A senθ−2 T = m A a A
(III)
substituindo (II) em (I), obtemos
•
Bloco B
Adotamos um sistema de referência com o eixo-x no sentido ascendente.
Neste corpo agem a força peso ( P B ) e a força de tração no fio ( T ), conforme a
figura 3.
Aplicando a 2.ª Lei de Newton, na direção direção horizontal não temos
forças atuando, na direção vertical temos a força peso e a tração, assim
T −P B = m B a B
(IV)
figura 3
Para encontrarmos a aceleração do
bloco B utilizamos o deslocamento dado no
problema (figura 4). Da Cinemática Escalar
usamos a Equação de Torricelli
2
2
v = v 0 2 a Δ S
(V)
Bloco B
•
•
•
velocidade final: v = v B = 20 m/s ;
velocidade inicial: v 0 = v 0 B = 0 ;
deslocamento: Δ S = ΔS B = 40 m .
figura 4
substituindo esses valores em (V), temos
2
2
v B = v 0 B 2a B Δ S B
20 2 = 0 2 2. a B . 40
400 = 080a B
80 a B = 400
400
aB =
80
2
a B = 5 m/s
(VI)
O intervalo de tempo que o bloco B levará para se deslocar os 40 m será dado pela
expressão
v = v 0 at
substituindo os dados e a aceleração encontrada em (VI) na expressão (VII), temos
2
(VII)
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v B = v 0B a B t
40 = 05 t
40
t=
5
t =8 s
(VIII)
Quando o bloco B sobe 40 m um ponto C 1 do fio
também se deslocará os mesmos 40 m, desse
deslocamento total, 20 m serão usados no deslocamento
da polia e do bloco A e os outros 20 m darão a volta na
polia e o ponto C 1 terminará se deslocamento no ponto C 2
(figura 5). Portanto o deslocamento do bloco A será a
metade do deslocamento do bloco B. Para encontrarmos a
aceleração do bloco A usamos a expressão
S = S 0 v 0 t 
at
2
2
(IX)
figura 5
Bloco A
•
•
•
velocidade inicial: v 0 = v 0 A = 0 ;
ΔS B
= 20 m .
deslocamento: Δ S = ΔS A =
2
Intervalo de tempo para o deslocamento: t = 8 s
substituindo esses valores em (IX) a aceleração do bloco A será
2
a At
2
a At 2
S A −S 0A = v 0 A t
2
S A = S 0 A v 0 A t
como S A −S 0A = Δ S A , escrevemos
a At
2
aA8 2
20 = 0.8
2
16a A
20 = 0
2
20 = 8 a A
20
aA=
8
2
a A = 2,5 m/s
2
Δ S A = v 0 A t
As expressões (III) e (IV) formam um sistema duas equações
∣
P A senθ−2 T = m A a A
T −P B = m B a B
multiplicando e dividindo o lado direito da igualdade de ambas as equações por g, temos
∣
g
g
g
T −P B = m B a B
g
P A senθ−2 T = m A a A
3
(X)
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∣
mA ga A
g
mBg aB
T −P B =
g
P A senθ−2 T =
nas duas expressões m A g e m B g representam os pesos P A e P B dos blocos A e B
respectivamente, substituindo temos
∣
P Aa A
g
P Ba B
T −P B =
g
P A senθ−2 T =
substituindo os dados do problema e as acelerações encontradas em (VI) e (X), obtemos
∣
o
sendo sen 30 =
P A 2,5
10
2 000 .5
T −2 000 =
10
P A sen30o −2 T =
1
, temos
2
∣
PA
PA
−2 T =
2
4
T −2 000 = 1 000
isolando o valor da tração T na segunda expressão
T −2 000 = 1 000
T = 1 0002 000
T = 3 000 N
substituindo este valor na primeira expressão, temos finalmente
PA
PA
−2 .3 000 =
2
4
PA P A
−
= 6 000
2
4
o Mínimo Múltiplo Comum (M.M.C.) entre 2 e 4 é 4
2 P A −P A
= 6 000
4
P A = 4 .6 000
P A = 24000 N
4