IME/ITA ⇒ (Saraeva) Dinâmica Tópico resolvido

[Monge]

(Questão 92 -Saraeva)

Determinar a aceleração dos corpos de massas m1, m2 e m3, para o sistema mecânico representado na figura 36. Não existe atrito entre as superfícies que se tangenciam. As massas da roldana A e da corda podem ser desprezadas.

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Resposta

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[tex3]a1=\left(\frac{m1+m3*sen\alpha *cos\alpha }{m1+m2+m3*sen^{2}a}\right)*g[/tex3]
[tex3]a2=\left(\frac{m1*sen\alpha *cos\alpha + (m1 + m2 + m3) * sen^{2}a}{m1 + m2 + m3*sen^{2}a}\right)*g[/tex3]
[tex3]a3 =\left(\frac{(m1+m2) *sen\alpha *cos\alpha -m1*sen^{2}a}{m1 + m2 +m3*sen^{2}a}\right)*g[/tex3]

[Tassandro]

Monge,
Vou deixar aqui a solução do livro (o que eu sei que não ajuda muito, tratando-se do Saraeva ).
Se tiver dúvida com alguma passagem, pode contar que eu ou outro membro (@MateusQqMDMOD,@Planck,entre outros) poderemos ajudar.

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[Auto Excluído (ID:24303)]

O melhor jeito é usar o referencial não inercial da cunha.
Um vídeo excelente sobre o tema está aqui: Ref não inercial
A ideia é colocar o referencial na cunha [tex3]m_2[/tex3] como se ela estivesse parada mas sabemos que existe uma aceleração [tex3]a[/tex3] nela então não é um referencial inercial como estamos acostumados.
O efeito do referencial não-inercial é basicamente considerar a aceleração do corpo como uma gravidade no sentido oposto ao do referencial da Terra.
Neste caso as forças que atuam no bloco [tex3]m_3[/tex3] são:
Peso, normal e peso aparente (na horizontal da esquerda para a direita).
Como a cunha está parada o bloco se movimenta apenas na direção da inclinação e podemos fazer o equilíbrio na direção perpendicular a ela:

[tex3]N + m_3 a \sen (\alpha) = m_3g \cos (\alpha) [/tex3]

Do equilíbrio horizontal das forças em [tex3]m_2[/tex3]:
[tex3]N \sen( \alpha) + T = m_2a[/tex3]
Fora do referencial não-inercial equilibramos [tex3]m_1[/tex3]:
[tex3]m_1g - T = m_1a[/tex3]
somamos as duas últimas equações:
[tex3]N \sen (\alpha) + m_1g = a (m_1+m_2)[/tex3]
substituindo [tex3]N[/tex3] da primeira equação:
[tex3]m_3(g \cos(\alpha) - a \sen(\alpha)) \sen (\alpha) + m_1g = a(m_1+m_2)[/tex3]
de onde
[tex3]a = \frac{g(m_1+m_3 \sen(\alpha)\cos(\alpha))}{m_1+m_2+m_3 \sen^2(\alpha)}[/tex3]
Essa é a aceleração de [tex3]m_1[/tex3] e [tex3]m_2[/tex3], certo?
A aceleração de [tex3]m_3[/tex3] dá mais trabalho. Do jeito que eu fiz teria que fazer o equilíbrio na direção da inclinação da cunha:
[tex3]m_3A' = m_3a\cos(\alpha)+m_3g \sen (\alpha) \iff A' = a\cos(\alpha)+g \sen(\alpha)[/tex3]
mas isso no referencial não inercial.
Teria que somar com este vetor um vetor horizontal da aceleração [tex3]a[/tex3] da direita para a esquerda.

Dá pra resolver sem o referencial não inercial? Dá mas você teria que saber bem cinemática e lembrar dos movimentos relativos e perceber o vínculo geométrico gerado pela cunha no movimento do bloquinho. Daria mais trabalho pra eu explicar e dificilmente alguém entenderia de primeira. O próprio saraeva resolve assim (deixa indicado as relações geométricas das acelerações).

[Auto Excluído (ID:24303)]

quanto a validade da relação [tex3]a = g \frac{m_1 + m_3 \sen(\alpha) \cos(\alpha)}{m_1+m_2+m_3 \sen^2(\alpha)}[/tex3]
basta ver que as nossas condições são válidas apenas se [tex3]N \geq 0[/tex3]
ou seja:
[tex3]g \cos (\alpha) - a \sen(\alpha) \geq 0 \iff \cos (\alpha) - \frac{m_1 + m_3 \sen(\alpha) \cos(\alpha)}{m_1+m_2+m_3 \sen^2(\alpha)} \sen (\alpha) \geq 0[/tex3]
tirando o [tex3]mmc[/tex3] do denominador:
[tex3]\cos(\alpha) (m_1+m_2 + m_3 \sen^2(\alpha)) - m_1 \sen (\alpha) - m_3 \sen^2(\alpha)\cos(\alpha) \geq 0[/tex3]
[tex3]\cos(\alpha) (m_1+m_2) - m_1 \sen(\alpha) \geq 0 \iff \tg(\alpha) \leq 1+\frac{m_2}{m_1}[/tex3]
do contrário a normal seria zero e o bloco [tex3]m_3[/tex3] seria lançado livremente (perderia o contato com a cunha [tex3]m_2[/tex3] e faria uma parábola)