Exercícios Resolvidos de Polias Não-Ideais

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Enunciado

Um engenheiro monta um sistema que se constitui de dois cilindros de raios R 1 e R 2 unidos de forma que o centro da face circular do primeiro cilindro coincida com o centro da face circular do segundo. Em cada um dos cilindros com diferentes raios é enrolado um fio ideal. Este sistema pode girar sem atrito em torno de um eixo colocado no centro da face circular dos cilindros. O sistema pode ser observado nas figuras abaixo com visão lateral e frontal. A massa do cilindro menor de raio R 1 vale M 1 e a massa do cilindro de maior raio R 2 vale M 2 . O raio R 2 é igual ao dobro de R 1 . Para a aceleração da gravidade adote g .

O momento de inércia de um disco girando em torno do seu centro de massa vale I = m r 2 / 2 .

a) Escreva o momento de inércia deste sistema envolvendo os dois cilindros girando em torno do eixo apresentado na figura em termos de suas massas e dos seus raios.

b) Duas massas M A e M B são colocadas nos fios enrolados em cada um dos cilindros conforme a figura do enunciado. Faço o diagrama de corpo livre representando as forças que atuam na massa A, na massa B e no cilindro.

c) Em termos dos dados apresentados, escreva qual deve ser a relação entre as massas M A e M B para o sistema ficar em repouso em função das variáveis do problema dadas no enunciado.

d) Suponha que M A seja igual a M B e lembrando que R 2 = 2 R 1 . Nesta condição o sistema entrará em movimento. Calcule a aceleração angular α dos cilindros em termos das variáveis dadas no enunciado.

e) Na condição dada no item (d), com M A = M B e R 2 = 2 R 1 , sabe-se que o sistema se encontra inicialmente em repouso. Após o sistema ser liberado ele entra em movimento. Determine a velocidade angular dos cilindros após a massa A se deslocar de uma altura h (a massa B irá se deslocar de 2 h ) em termos das variáveis dadas no enunciado utilizando a conservação de energia mecânica.

Passo 1

Fala galerinha, bora resolver esse problema divertido sobre dinâmica de rotações?

O item (a) é bem simples, basta achar o momento de inércia do sistema, que será a soma do momento de inércia de cada cilindro:

I = M 1 R 1 2 2 + M 2 R 2 2 2

Vamos adotar R 1 = R e R 2 = 2 R para simplificar um pouco a notação:

I = M 1 R 2 2 + M 2 ⋅ 4 R 2 2

Logo,

I = R 2 M 1 2 + 2 M 2

Passo 2

No item (b) ele pede para desenharmos as forças sobre cada corpo:

Nos blocos A e B as forças serão peso e tração. Nos cilindros teremos a tração, o peso dos cilindros e uma força de sustentação F aplicada pelo eixo sobre os cilindros, mas que não afeta em nada a rotação do sistema.

Passo 3

No item (c) nós queremos achar uma relação entre as massas dos blocos para que o sistema fique em repouso. Para que isso ocorra, o torque resultante sobre os cilindros deve ser nulo!

Adotando o sentido positivo de rotação como sendo o horário, o torque é dado por

τ = T B R 2 - T A R 1 = R 2 T B - T A

Além disso, podemos escrever a segunda lei de Newton para cada bloco. Como adotamos o sentido positivo como sendo o horário, para o bloco B a aceleração positiva indica que ele desce, enquanto para o bloco A indica que ele sobe:

T A - P A = M A a P B - T B = M B a

Com isso, temos que

T A - M A g = M A a A M B g - T B = M B a A

Da condição que o sistema fica em repouso, temos τ = 0 e a = 0 , de modo que

2 T B - T A = 0 ,               T A = M A g               e             T B = M B g

Assim,

2   M B g - M A g = 0

Logo,

M A = 2   M B

Passo 4

Agora vamos para o item (d), em que devemos considerar M A = M B = M . Queremos achar a aceleração angular do sistema. Para isso, usamos a segunda lei de Newton para a rotação:

τ = I   α

Assim, usando o resultado do passo anterior:

R 2 T B - T A = I   α

Além disso, temos o sistema

T A - M A g = M A a A M B g - T B = M B a B → T A = M a A + g T B = M g - a B

Daí, temos que

R 2 M g - 2 M a B - M a A - M g = I   α

M R g - 2 a B - a A = I α

Só falta relacionar a A e a B com α :

a A = α R 1 = α R

a B = α R 2 = 2 α R

Portanto,

M R g - 4 α R - α R = I α

Logo,

M g R - 5 M R 2 α = I α

α = M g R I + 5 M R 2

Vou deixar a resposta em função de I para não ficar uma coisa muito feia. Lembre-se que achamos I no item (a).

Passo 5

Para terminar o problema falta só fazer o item (e)! Estamos na mesma condição do item (d) com M A = M B = M . Vimos que a aceleração angular é positiva, de modo que nessa condição o sistema gira no sentido horário, o bloco B cai uma altura 2 h e o bloco A sobe uma altura h .

Nós queremos saber qual é a velocidade angular ω do sistema após o bloco A subir uma altura h e o bloco B descer 2 h , considerando que inicialmente o sistema estava todo parado.

Para isso, vamos calcular o trabalho do peso no bloco A e no bloco B:

W A = - P A h = - M g h

W B = + P B ⋅ 2 h = 2 M g h

Observe que o trabalho sobre o bloco A é negativo pois ele sobe contra o peso. Com isso, o trabalho resultante é

W = W A + W B = - M g h + 2 M g h = M g h

Esse trabalho será igual a variação de energia cinética do sistema:

W = Δ K = K f - K i

Como inicialmente o sistema está em repouso, temos K i = 0 :

W = K f

A energia cinética terá três parcelas:

K f = K A + K B + K c i l i n d r o = 1 2 M v A 2 + 1 2 M v B 2 + 1 2 I ω 2

O grande passo é perceber que

v B = ω R 2 = 2 ω R

v A = ω R 1 = ω R

Assim,

K f = 1 2 M ω 2 R 2 + 1 2 M ⋅ 4 ω 2 R 2 + 1 2 I ω 2

K f = 1 2 5 M R 2 + I ω 2

Portanto,

M g h = 1 2 5 M R 2 + I ω 2

ω = 2 M g h I + 5 M R 2

E desta forma nós fechamos o problema 😉!

Resposta

I = R 2 M 1 2 + 2 M 2 ,           R 1 = R

M A = 2   M B

α = M g R I + 5 M R 2 ,               M A = M B = M

ω = 2 M g h I + 5 M R 2

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