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Polia fixa
Na Fig. 1 representamos dois corpos A e B ligados por um fio ideal que passa por uma polia que pode girar sem atrito em torno de um eixo preso ao teto. Vamos supor que a massa da polia seja desprezível (polia ideal).
Na Fig. 2, PA e PB são as intensidades dos pesos de A e B. Entre o corpo A e o fio há um par de forças de intensidade T e entre o corpo B e o fio também há um par de forças de intensidade T.
Supondo que PA > PB, se abandonarmos o sistema em repouso, a tendência será A descer e B subir, isto é,
PA > T
e T > PB
Assim, aplicando a segunda lei de Newton aos blocos obtemos:
PA - T = mA . a T - PB = mB . a |
onde a é o módulo da aceleração de cada bloco. Resolvendo o sistema formado pelas duas equações obtemos os valores de a e T.
Observando a Fig. 2 percebemos que a força exercida sobre o eixo da polia tem intensidade 2T (Fig. 3).
Exemplo 1
No sistema representado ao lado o fio e a polia são ideais. São dados:
g = 10 m/s2, mA = 6,0 kg e mB = 4,0 kg. Abandonando-se o sistema em repouso, calcule:
a) O módulo da aceleração dos blocos
b) O módulo da tração no fio
c) O módulo da força exercida pelo fio sobre a polia
Resolução
a) | |||||
mA = 6,0 kg mB = 4,0 kg g = 10 m/s2 |
→ |
PA = mA . g = (6,0 kg) (10 m/s2) = 60 N PB = mB . g = (4,0 kg) (10 m/s2) = 40 N |
Sendo PA > PB teremos:
PA > T
e T > PB
Apliquemos a segunda lei de Newton aos corpos A e B:
corpo A PA - T = mA . a
corpo B T - PB = mB . a
Substituindo os valores das massas e dos pesos temos:
60 - T = (6,0) . a (I) T - 40 = (4,0) . a (II) |
Fazendo a soma membro das equações temos:
60 - 40 = 10 . a
a = 2,0 m/s2
b) Para calcular o valor de T substituímos o valor de a na equação I ou na equação II. Vamos fazer a substituição na equação II:
T - 40 = (4,0) . a
↓
T - 40 = (4,0) . (2,0)
T - 40 = 8
T = 48 N
c) A força exercida pelo fio sobre a polia tem intensidade 2 T:
2 T = 2 (48) = 96 N
2T = 96 N
Exemplo 2
No sistema representado a seguir, os corpos A e B têm massas mA = 16 kg e mB = 4,0 kg. O fio e a polia são ideais e não há atrito entre o corpo A e a superfície S. Adotando g = 10 m/s2 e abandonando-se o sistema em repouso, calcule:
A) A aceleração dos blocos
B) O módulo da tração no fio
C) O módulo da força exercida pelo fio sobre a polia.
Resolução
a) Neste caso, o peso de A(A) é cancelado pela força normal (N)
PB = mB . g = (4,0 kg) (10 m/s2) = 40 N
Apliquemos a segunda lei de Newton aos corpos A e B:
corpo A → T = mA . a T = 16 . a (I)
corpo B → PB - T = mB . a 40 - T = (4,0). a (II)
Efetuando a soma membro a membro das equações I e II temos:
40 = 20 . a
a = 2,0 m/s2
b) Substituindo o valor de a na equação I temos:
T = 16 . a = 16 (2,0) = 32 N
T = 32 N
c) Na figura a seguir representamos as forças entre os blocos e o fio.
F é a intensidade da força exercida pelo fio sobre a polia.
Polia móvel
Na Fig. 4 representamos um sistema onde há duas polias. A polia α é fixa, isto é, o seu eixo é fixo; ela pode apenas girar em torno do seu eixo. Já a polia β é móvel; ela pode subir ou descer dependendo dos valores das massas de A e de B.
As forças exercidas nos blocos e nos fios estão representadas na Fig. 5. Suporemos que os fios e as polias são ideais.
Pelo fato de o bloco B estar ligado ao eixo da polia B, a força "para cima" que atua sobre B, tem intensidade 2T
Condição de equilíbrio
Suponhamos inicialmente, que o sistema esteja em equilíbrio, isto é, ele está em repouso ou em movimento uniforme.
Observando a Fig. 6, percebemos que:
Equilíbrio de A → PA = T Equilíbrio de B → PB = 2T |
Portanto:
PB = 2T = 2PA
PB = 2PA
mBg = 2mAg
mB = 2mA
Vemos então que um sistema formado por uma polia fixa e uma polia móvel é útil para suspender objetos (Fig. 7).
Na fig. 7 quando o indivíduo aplica ao fio uma força de intensidade T, consegue manter suspenso um corpo de peso 2 T. Esse é o princípio de funcionamento dos guindastes.
Sistema com aceleração
Vimos que, se mB = 2 mA o sistema estará em equilíbrio (Fig. 8). Assim,
I. Se mB > 2 mA, o bloco B terá aceleração para baixo e o bloco A terá aceleração para cima (Fig. 9).
II. Se mB < 2 mA, o bloco B terá aceleração para cima e o bloco A terá aceleração para baixo (Fig. 10).
Quando os blocos tiverem aceleração, elas não serão iguais; como veremos a seguir, teremos:
aA = 2 aB
Para percebemos isso analisemos as figuras 11 e 12.
Suponhamos que, inicialmente o sistema esteja na posição da Fig. 11 e que após um intervalo de tempo Δt esteja na posição da Fig. 12. O bloco A percorreu um espaço ΔsA e o bloco B percorreu um espaço ΔsB. Observando a figura vemos que:
__ GC |
__ HD (I) |
|||
ΔsB | = | = |
por outro lado, devemos ter:
__ GC |
__ HD (II) |
|||
ΔsA | = | + |
Substituindo I em II:
__ GC |
__ HD |
|||
ΔsA | = | + |
ΔsA = ΔsB + ΔsB
ΔsA = 2(ΔsB) (III)
A igualdade III vale para qualquer intervalo de tempo. Portanto, podemos escrever:
vA = 2 vB (IV)
onde vA é a velocidade A e vB é a velocidade de B. Pode-se demostrar que a relação IV acarreta:
aA = 2 aB |
Exemplo 3
No sistema representado abaixo as massas de A e B são mA = 6,0 kg e mB = 16 kg. Supondo g = 10 m/s2. Calcule as acelerações dos blocos e a tração no fio.
Resolução
Aqui temos:
mB > 2 mA
isto é: 16 > 2 (6,0)
Portanto, a aceleração de B () é para baixo e a aceleração de A () é para cima (Fig. 13).
Isto significa que (Fig. 14):
T > PA PB > 2T |
Apliquemos a segunda lei de Newton aos blocos (Fig. 14):
bloco A → T - PA = mA . aA bloco B → PB - 2T = mB . aB |
Substituindo os valores conhecidos:
T - 60 = (6,0) . aA (I) 160 - 2T = 16 . aB (II) |
Mas, sabemos que : aA = 2 aB. Substituindo na equação I:
T - 60 = 6,0 (2aB) = 12aB (III)
Temos então o sistema formado pelas equações III e II:
T - 60 = 12 . aB (III) 160 - 2T = 16 . aB (II) |
Dividindo os termos da equação II por 2 obtemos
T - 60 = 12 . aB (III) 80 - T = 8 . aB (IV) |
Somando membro a membro:
80 - 60 = 20 aB
20 = 20 aB
aB = 1,0 m/s2
Como aA = 2 aB temos:
aA = 2,0 m/s2
Substituindo o valor de aB na equação III:
T - 60 = 12 . aB
T - 60 = 12 .(1,0)
T = 72 N
Sumário
- Polia fixa- Polia móvel
i. Condição de equilíbrio
ii. Sistema com aceleração
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