5.12) No sistema da figura, $m_1=20kg$, $m_2=40kg$ e $m_3=60kg$. Desprezando as massas das polias e
dos fios e o atrito, calcule a aceleração do sistema e as tensões nos fios 1, 2 e 3.
Como duas das inclinações da rampa são $30º$ e $60º$ então necessariamente a outra deve ser $90º$, sendo assim o referencial mais simples de lidar são referenciais de inclinação $30º$ em relação à horizontal, neles representar o diagrama de corpo livre de cada bloco,
Ou seja,
Vamos supor que o aparato movimenta-se para a direita, devido ao fato da massa $m_3$ ser maior, assim como a inclinação $\theta$. Pela segunda lei de Newton temos o seguinte sistema,
$$\left\lbrace \begin{array}{lll}
N_1\hat{j}-P_{1y}\hat{j}-P_{1x}\hat{i}+T_{1}\hat{i}=m_1a\hat{i}\\
N_2\hat{j}-P_{2y}\hat{j}-P_{2x}\hat{i}+T_{2}\hat{i}-T_{1}\hat{i}=m_2a\hat{i}\\
N_3\hat{i}-P_{3y}\hat{j}-P_{3x}\hat{i}+T_{3}\hat{j}=-m_3a\hat{j}\\
\end{array}\right. $$
Sabemos que em $m_1$ e $m_2$ movimentam-se apenas na direção $\hat{i}$, assim como $m_3$ só se movimenta na direção $-\hat{j}$,
$$y:\left\lbrace \begin{array}{lll}
N_1-P_{1y}=0\\
N_2-P_{2y}=0\\
T_3-P_{3y}=-m_3a\\
\end{array}\right.\ \ \ \ \ \ \ \ x:\left\lbrace \begin{array}{lll}
T_{1}-P_{1x}=m_1a\\
T_{2}-T_{1}-P_{2x}=m_2a\\
N_3-P_{3x}=0\\
\end{array}\right. $$
As equações relevantes para o movimento são,
$$\left\lbrace \begin{array}{lll}
T_{1}-P_{1x}=m_1a\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)\\
T_{2}-T_{1}-P_{2x}=m_2a\ \ \ (2)\\
T_3-P_{3y}=-m_3a\ \ \ \ \ \ \ \ (3)\\
\end{array}\right. $$
Somando as equações (1) e (2) obtemos, $T_2$ em função de $a$,
$$T_{2}=(m_1+m_2)a+P_{2x}+P_{1x}$$
Como a polia tem massa desprezível e desprovida de atrito, podemos considerar que $T_2=T_3$, logo,
$$(m_1+m_2)a+P_{2x}+P_{1x}=P_{3y}-m_3a$$
Explicitando a aceleração, temos,
$$a=\frac{P_{3y}-P_{2x}-P_{1x}}{m_1+m_2+m_3}\ \ \ \ (4)$$
Isolando as tenções nas equações (1), (2) e (3) obtemos,
$$\left\lbrace \begin{array}{lll}
T_{1}=m_1a+P_{1x}\\
T_{2}=(m_1+m_2)a+P_{2x}+P_{1x}\\
T_3=-m_3a+P_{3y}\\
\end{array}\right. $$
Substituindo (4) nas tenções, após um cálculo longo e tedioso obtemos, obtemos,
$$\left\lbrace \begin{array}{llll}
T_{1}=\left( \frac{m_3m_1}{m_1+m_1+m_1}\right)\left( \sin\alpha+\cos\alpha\right)g \\
T_{2}=\left( \frac{m_3m_1+m_3m_2}{m_1+m_1+m_1}\right)\left( \sin\alpha+\cos\alpha\right)g \\
T_3=\left( \frac{m_3m_1+m_3m_2}{m_1+m_1+m_1}\right)\left( \sin\alpha+\cos\alpha\right)g \\
a=\left( \frac{m_3\cos\alpha-m_1\sin\alpha-m_2\sin\alpha}{m_1+m_2+m_3}\right)g \\
\end{array}\right. $$
Substituindo os valores do problema,
$$\left\lbrace \begin{array}{llll}
T_{1}=134N\\
T_{2}=402N\\
T_3=402N\\
a=1,8 m/s^2\\
\end{array}\right. $$
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