EXEMPLO 18 Seja um polia dupla (massa M_{C}= 15 kg e raio de giração k_{O}=110 \mathrm{~mm} ) de duas rodas de raios r_{1}=200 \mathrm{~mm} e r_{2}=75 \mathrm{~mm}, respectivamente. Se o bloco A tem massa M_{A}=40 \mathrm{~kg} e a massa total em B é M_{B}=85 \mathrm{~kg}, determine a velocidade de B em t=3 s após deixar o repouso. Adotar g=9,81 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}.

Passo 1

Identificar o que o enunciado dá e o que pede.
Dados:
M_C=15\\ \mathrm{kg},\quad k_O=110\\ \mathrm{mm}=0{,}110\\ \mathrm{m},
r_1=200\\ \mathrm{mm}=0{,}200\\ \mathrm{m},\quad r_2=75\\ \mathrm{mm}=0{,}075\\ \mathrm{m},
M_A=40\\ \mathrm{kg},\quad M_B=85\\ \mathrm{kg},
g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^2},\quad \text{o sistema parte do repouso em } t=0.
O que pede:
Determinar a velocidade do bloco B em t=3\\ \mathrm{s} após soltar o sistema.
Observações do enunciado (implícitas):
  • As cordas não escorregam nas superfícies e são inextensíveis.
  • A polia dupla é um conjunto rígido com um único eixo; as duas rodas giram com a mesma velocidade angular \omega e aceleração angular \alpha.
  • As tensões nas duas cordas podem ser diferentes ( T_1 do lado de A e T_2 do lado de B).
  • Adotaremos sinais consistentes e resolveremos as equações do movimento translacional para A e B e a equação de rotação para a polia.

Passo 2

Escolher convenções de sinal e relações cinemáticas (restrições).
Convenção:
  • Para o bloco A escolhemos sentido positivo para cima.
  • Para o bloco B escolhemos sentido positivo para baixo.
  • Para a polia escolhemos \alpha>0 quando a rotação produz o movimento de B para baixo (isto garante que a_B=r_2\alpha com sinal positivo se B descer).
Relações cinemáticas entre acelerações lineares e aceleração angular:
a_A = r_1\,\alpha\quad(\text{para cima}),
a_B = r_2\,\alpha\quad(\text{para baixo}).
Explicação rápida: quando a polia gira com aceleração angular \alpha, um ponto da superfície do tambor de raio r tem aceleração linear a=r\alpha. Como as cordas estão presas às superfícies com raios diferentes, as acelerações lineares de cada bloco são proporcionais aos raios correspondentes.

Passo 3

Escrever as equações do movimento para cada corpo (Leis de Newton) e para a rotação da polia.
Para o bloco A (força para cima positiva):
T_1 - M_A g = M_A a_A = M_A r_1 \alpha.
Para o bloco B (força para baixo positiva):
M_B g - T_2 = M_B a_B = M_B r_2 \alpha.
Para a polia (torque resultante = momento de inércia \times \alpha):
momento de inércia da polia em relação ao eixo: \displaystyle I_O = M_C k_O^2.
Torque resultante (positiva no sentido que torna \alpha>0): torque do lado de B tende a girar no sentido positivo e do lado de A no sentido oposto, logo
T_2 r_2 - T_1 r_1 = I_O \alpha.

Passo 4

Isolar T_1 e T_2 nas equações dos blocos e substituir na equação de torque.
De A:
T_1 = M_A g + M_A r_1 \alpha.
De B:
T_2 = M_B g - M_B r_2 \alpha.
Substituindo em T_2 r_2 - T_1 r_1 = I_O \alpha:
\bigl(M_B g - M_B r_2 \alpha\bigr)r_2 - \bigl(M_A g + M_A r_1 \alpha\bigr)r_1 = I_O \alpha.
Desenvolvendo e agrupando termos com \alpha:
M_B g r_2 - M_A g r_1 -\bigl(M_B r_2^2 + M_A r_1^2 + I_O\bigr)\alpha = 0.
Portanto:
\alpha = \frac{M_B g r_2 - M_A g r_1}{M_B r_2^2 + M_A r_1^2 + I_O}.

Passo 5

Calcular numericamente o momento de inércia I_O e os termos do denominador e numerador.
Momento de inércia da polia:
I_O = M_C k_O^2 = 15\cdot(0{,}110)^2 = 15\cdot 0{,}0121 = 0{,}1815\\ \mathrm{kg\cdot m^2}.
Numerador:
M_B g r_2 - M_A g r_1 = g\bigl(M_B r_2 - M_A r_1\bigr).
Calcular os produtos:
M_B r_2 = 85\cdot 0{,}075 = 6{,}375\\ \mathrm{kg\cdot m},
M_A r_1 = 40\cdot 0{,}200 = 8{,}000\\ \mathrm{kg\cdot m}.
Logo
M_B r_2 - M_A r_1 = 6{,}375 - 8{,}000 = -1{,}625\\ \mathrm{kg\cdot m},
\text{numerador} = g\cdot(-1{,}625) = 9{,}81\cdot(-1{,}625) = -15{,}93125\\ \mathrm{N\cdot m}.
Denominador:
M_B r_2^2 + M_A r_1^2 + I_O.
Calcular cada termo:
r_2^2 = (0{,}075)^2 = 0{,}005625,\quad M_B r_2^2 = 85\cdot 0{,}005625 = 0{,}478125,
r_1^2 = (0{,}200)^2 = 0{,}0400,\quad M_A r_1^2 = 40\cdot 0{,}0400 = 1{,}6000,
\text{denominador} = 0{,}478125 + 1{,}6000 + 0{,}1815 = 2{,}259625\\ \mathrm{kg\cdot m^2}.

Passo 6

Calcular \alpha, a aceleração linear de B e a velocidade de B em t=3\\ \mathrm{s}.
Aceleração angular:
\alpha = \frac{-15{,}93125}{2{,}259625} \approx -7{,}055\\ \mathrm{rad/s^2}.
Interpretação do sinal: \alpha<0 significa que a rotação efetiva tem sentido oposto ao escolhido como positivo; isso quer dizer que, com a convenção tomada, o bloco B se moverá para cima (isto é, no sentido negativo escolhido para B).
Aceleração linear de B (lembrando a_B = r_2 \alpha, com sinal):
a_B = r_2 \alpha = 0{,}075\cdot(-7{,}055)\approx -0{,}5291\\ \mathrm{m/s^2}.
Significado: aceleração de B de magnitude 0{,}5291\\ \mathrm{m/s^2} para cima.
Como o sistema parte do repouso e a aceleração é constante, a velocidade de B em t=3\\ \mathrm{s} é
v_B = v_{B,0} + a_B t = 0 + a_B\cdot 3 = 3\cdot(-0{,}5291) \approx -1{,}5873\\ \mathrm{m/s}.
O sinal negativo indica movimento para cima; a velocidade escalar (módulo) é 1{,}5873\\ \mathrm{m/s}.
Arredondando com duas casas decimais (consistentes com dados):
v_B \approx -1{,}59\\ \mathrm{m/s},
isto é, B sobe com velocidade de 1{,}59\\ \mathrm{m/s} após 3\\ \mathrm{s}.

Resposta

v_B = -1{,}59\\ \mathrm{m/s} (o sinal negativo indica que B está se movendo para cima; velocidade escalar 1{,}59\\ \mathrm{m/s}).

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