Um cilindro de massa M e raio R cm é colocado (inicialmente em repouso) no topo de uma rampa com um ângulo de inclinação \theta e altura h. Sabendo que o cilindro ( I=M R^{2} / 2, em relação ao centro de massa) rola sem deslizar até o final da rampa,
a) Desenhe o diagrama de forças que atuam no cilindro e determine um referencial.
b) Escreva as equações oriundas de \boldsymbol{\Sigma} \boldsymbol{F}=M \boldsymbol{A}_{\mathrm{cm}} e \Sigma \boldsymbol{\tau}=I \boldsymbol{\alpha}.
c) Determine a força que a rampa exerce no cilindro.
d) Determine a aceleração do centro de massa do cilindro ( \boldsymbol{A}_{\mathrm{cm}} ).
e) Determine a velocidade angular \boldsymbol{\omega} em função do tempo.
f) Se um aro de mesma massa e mesmo raio ( I=M R^{2} ) descesse a rampa, o tempo gasto seria maior ou menor? Por que?

Passo 1

Enunciado e dados importantes (o que nos foi dado e o que é pedido):
  • Dados: massa \,M, raio \,R, momento de inércia do cilindro \,I=\dfrac{M R^{2}}{2}, rampa com ângulo de inclinação \,\theta e altura \,h. O cilindro parte do repouso e rola sem deslizar até o final da rampa.
  • Perguntas:
    a) Desenhar o diagrama de forças que atuam no cilindro e escolher um referencial.
    b) Escrever as equações provenientes de \Sigma \mathbf{F}=M\mathbf{A}_{\mathrm{cm}} e \Sigma \tau = I\alpha.
    c) Determinar a força que a rampa exerce no cilindro (componentes e resultante).
    d) Determinar a aceleração do centro de massa \mathbf{A}_{\mathrm{cm}}.
    e) Determinar a velocidade angular \boldsymbol{\omega}(t).
    f) Comparar com um aro de mesma massa e raio ( I=M R^{2}): o tempo de descida seria maior ou menor? Justifique.

Passo 2

Diagrama de forças e escolha de referencial (explicação didática do que desenhar e por que):
  • Forças que atuam no cilindro (descrever como no diagrama):
    • Peso: \, \mathbf{P} = M\mathbf{g} aplicado no centro de massa, direção vertical para baixo.
    • Força normal da rampa: \, \mathbf{N}, aplicada no ponto de contato, perpendicular à superfície da rampa, apontando para fora da rampa.
    • Força de atrito estático: \, \mathbf{f}, aplicada no ponto de contato, tangente à superfície da rampa. Como o cilindro rola para baixo, essa força de atrito estática atua para cima ao longo da rampa (explicarei o porquê adiante).
  • Escolha do referencial (convenção que simplifica as contas):
    • Eixo x (ou s) ao longo da rampa, positivo para baixo ao longo da superfície.
    • Eixo y perpendicular à rampa, positivo para fora da superfície.
    • Origem: centro de massa do cilindro para escrever equações de translação e rotação facilmente.
  • Observações:
    • O peso tem componentes ao longo e perpendicular à rampa: componente paralela \,M g \sin\theta (para baixo ao longo da rampa) e componente perpendicular \,M g \cos\theta.
    • A normal equilibra a componente perpendicular do peso se não houver aceleração nessa direção.

Passo 3

Equações de translação ( \Sigma \mathbf{F}=M\mathbf{A}_{\mathrm{cm}}) — derivação passo a passo:
  • Para o eixo perpendicular à rampa ( y): não há aceleração nesse sentido (o cilindro não se afasta nem penetra na rampa), então
\Sigma F_{y}=0 \quad\Rightarrow\quad N - M g \cos\theta = 0.
Logo,
\boxed{N = M g \cos\theta.}
  • Para o eixo ao longo da rampa ( x), tomando positivo para baixo ao longo da rampa:
    • Forças ao longo do eixo: componente do peso para baixo M g \sin\theta e atrito f para cima (oposto ao sentido do movimento).
    • Aplicando \Sigma F_x = M a_{\mathrm{cm}}:
\boxed{M a_{\mathrm{cm}} = M g \sin\theta - f.}
Explicação: se f fosse nulo o cilindro escorregaria; mas como há rolamento sem deslizar, o atrito estático aparece para fornecer o torque de rotação. Aqui definimos f positivo quando aponta para cima ao longo do plano (subtraído na soma para baixo).

Passo 4

Equação de rotação ( \Sigma \tau = I \alpha) e condição de rolamento sem deslizar — explicação didática:
  • Escolhemos calcular torques em relação ao centro de massa (CM). O peso M g age no CM, então seu braço em relação ao CM é zero (não cria torque em torno do CM). A normal passa pelo ponto de contato (tem braço nulo em torno do CM para torque sobre rotação em torno do CM) — portanto o único torque que produz rotação é o torque do atrito.
  • Módulo do torque devido ao atrito (em torno do CM):
\tau = f R,
com sentido que produz aceleração angular que aumenta a velocidade de rotação enquanto o cilindro desce.
  • Equação de rotação:
\boxed{f R = I \alpha.}
  • Relação de rolamento sem deslizar (vínculo cinemático):
\boxed{a_{\mathrm{cm}} = \alpha R.}
Explicação do vínculo: a velocidade do ponto de contato relativo à rampa é nula quando rola sem deslizar; diferenciando dá a_{\mathrm{cm}} = \alpha R. Aqui usamos sinais coerentes com as escolhas de a_{\mathrm{cm}} positivo para baixo e \alpha positivo no sentido que corresponde ao aumento da rotação que acompanha o movimento para frente.

Passo 5

Combinação das equações para obter a_{\mathrm{cm}} (resolução algébrica detalhada):
  • Da equação de rotação: f = \dfrac{I\alpha}{R}.
  • Usando a condição de rolamento \alpha = \dfrac{a_{\mathrm{cm}}}{R}, obtemos
f = \dfrac{I}{R^{2}}\,a_{\mathrm{cm}}.
  • Substituindo em \,M a_{\mathrm{cm}} = M g \sin\theta - f:
M a_{\mathrm{cm}} = M g \sin\theta - \dfrac{I}{R^{2}}\,a_{\mathrm{cm}}.
  • Isolando a_{\mathrm{cm}}:
a_{\mathrm{cm}}\!\left(M + \dfrac{I}{R^{2}}\right) = M g \sin\theta \quad\Rightarrow\quad \boxed{a_{\mathrm{cm}} = \dfrac{M g \sin\theta}{M + \dfrac{I}{R^{2}}}.}
  • Agora usar o momento de inércia dado do cilindro maciço I=\dfrac{M R^{2}}{2}. Então \dfrac{I}{R^{2}} = \dfrac{M}{2}. Substituindo:
a_{\mathrm{cm}} = \dfrac{M g \sin\theta}{M + \dfrac{M}{2}} = \dfrac{M g \sin\theta}{\dfrac{3M}{2}} = \dfrac{2}{3} g \sin\theta.
  • Portanto:
\boxed{a_{\mathrm{cm}} = \dfrac{2}{3}\,g\sin\theta.}

Passo 6

Determinar a força de atrito f (detalhando passos):
  • Usando f = \dfrac{I}{R^{2}} a_{\mathrm{cm}} e \dfrac{I}{R^{2}}=\dfrac{M}{2}:
f = \dfrac{M}{2}\cdot a_{\mathrm{cm}} = \dfrac{M}{2}\cdot \dfrac{2}{3} g \sin\theta = \dfrac{1}{3} M g \sin\theta.
  • Polaridade/direção: no nosso referencial x positivo para baixo, f apareceu subtraindo o termo M g \sin\theta, portanto o atrito atua para cima ao longo da rampa. Em palavras: o atrito estático impede que o cilindro escorregue e fornece o torque que faz o corpo girar; sua direção é para cima ao longo do plano.
  • Resumo:
\boxed{f = \dfrac{1}{3} M g \sin\theta\quad\text{(direção: para cima ao longo da rampa).}}çã

Passo 7

Força que a rampa exerce no cilindro (componentes, resultante e ângulo):
  • Componentes da força da rampa: a rampa exerce sobre o cilindro a força de contato que é a soma da normal e do atrito. Tomando componentes no sistema (eixo ao longo da rampa positivo para baixo, eixo perpendicular para fora):
    • Componente ao longo da rampa (positiva para baixo): -f (pois o atrito aponta para cima).
    • Componente perpendicular: N = M g \cos\theta.
  • Logo o vetor força da rampa é
\boxed{\mathbf{F}_{\text{rampa}} = -f\,\hat{s} + N\,\hat{n},}
onde \hat{s} é o versor ao longo da rampa (para baixo) e \hat{n} é o versor perpendicular para fora.
  • Substituindo os valores:
\boxed{\mathbf{F}_{\text{rampa}} = -\dfrac{1}{3}M g \sin\theta\,\hat{s} + M g \cos\theta\,\hat{n}.}
  • Magnitude da força resultante:
\begin{aligned} \left|\mathbf{F}_{\text{rampa}}\right| &= \sqrt{N^{2} + f^{2}} = \sqrt{\left(M g \cos\theta\right)^{2} + \left(\dfrac{1}{3}M g \sin\theta\right)^{2}}\\[6pt] &= M g \sqrt{\cos^{2}\theta + \dfrac{1}{9}\sin^{2}\theta}. \end{aligned}
  • Ângulo \varphi da força resultante medido a partir da normal (em direção para cima ao longo da rampa):
\tan\varphi = \dfrac{f}{N} = \dfrac{\dfrac{1}{3}M g \sin\theta}{M g \cos\theta} = \dfrac{1}{3}\tan\theta,
ou seja
\boxed{\varphi = \arctan\!\bigg(\tfrac{1}{3}\tan\theta\bigg).}]

Passo 8

Velocidade angular \omega(t) em função do tempo (passo a passo):
  • A aceleração angular é constante porque a aceleração a_{\mathrm{cm}} é constante. Usamos \alpha = \dfrac{a_{\mathrm{cm}}}{R}.
  • Para o cilindro maciço:
\alpha = \dfrac{a_{\mathrm{cm}}}{R} = \dfrac{\tfrac{2}{3} g \sin\theta}{R} = \dfrac{2}{3}\,\dfrac{g\sin\theta}{R}.
  • Como parte do enunciado o cilindro parte do repouso ( \omega(0)=0), a velocidade angular em função do tempo é:
\boxed{\omega(t) = \alpha t = \dfrac{2}{3}\,\dfrac{g\sin\theta}{R}\;t.}
  • Observação geral (caso com momento de inércia arbitrário): usando a_{\mathrm{cm}}=\dfrac{M g\sin\theta}{M+I/R^{2}} temos
\boxed{\omega(t)=\dfrac{a_{\mathrm{cm}}}{R}\,t=\dfrac{M g\sin\theta}{R\left(M+\dfrac{I}{R^{2}}\right)}\,t.}

Passo 9

Comparação com um aro ( I=M R^{2}) — tempo de descida (análise e justificativa):
  • Primeiro calcule a_{\mathrm{cm}} para o aro usando a fórmula geral:
a_{\mathrm{cm}}=\dfrac{M g\sin\theta}{M + \dfrac{I}{R^{2}}} = \dfrac{M g\sin\theta}{M + \dfrac{M R^{2}}{R^{2}}} = \dfrac{M g\sin\theta}{2M} = \dfrac{1}{2} g\sin\theta.
  • Comparando acelerações:
    • Cilindro maciço: a_{\mathrm{cm,cyl}} = \dfrac{2}{3} g\sin\theta \approx 0{,}666\;g\sin\theta.
    • Aro: a_{\mathrm{cm,aro}} = \dfrac{1}{2} g\sin\theta = 0{,}5\;g\sin\theta.
    • Portanto a_{\mathrm{cm,cyl}} > a_{\mathrm{cm,aro}}.
  • Tempo de descida para percorrer a mesma rampa:
    • Comprimento da rampa L relacionado com altura h: \,h = L\sin\theta \Rightarrow L = \dfrac{h}{\sin\theta}.
    • Movimento com aceleração constante partindo do repouso: L = \dfrac{1}{2} a t^{2}\Rightarrow t = \sqrt{\dfrac{2L}{a}}.
    • Como a do cilindro é maior que a do aro, o tempo t do cilindro será menor.
  • Razão dos tempos (opcional e informativo):
\frac{t_{\text{cyl}}}{t_{\text{aro}}} = \sqrt{\frac{a_{\text{aro}}}{a_{\text{cyl}}}} = \sqrt{\frac{\tfrac{1}{2}}{\tfrac{2}{3}}} = \sqrt{\tfrac{3}{4}} = \sqrt{0{,}75}\approx 0{,}866.
  • Interpretação física (explicação didática): o aro tem maior momento de inércia concentrada mais distante do eixo, então uma fração maior da energia gravitacional convertida durante a descida vai para energia rotacional e menos para energia translacional, resultando em menor aceleração e, portanto, maior tempo de descida. O cilindro maciço tem menor inércia rotacional relativa, então acelera mais rápido translacionalmente.

Resposta

a) Forças: \mathbf{P}=M\mathbf{g} no CM (vertical para baixo), \mathbf{N} normal à rampa (para fora), \mathbf{f} atrito estático tangente à rampa (para cima). Referencial: eixo x ao longo da rampa (positivo para baixo), eixo y perpendicular à rampa (positivo para fora).
b) Equações:
\boxed{N - M g\cos\theta = 0}
\boxed{M a_{\mathrm{cm}} = M g\sin\theta - f}
\boxed{f R = I \alpha}
\boxed{a_{\mathrm{cm}} = \alpha R}
c) Força da rampa (componentes e resultante):
\boxed{\mathbf{F}_{\text{rampa}} = -\dfrac{1}{3}M g \sin\theta\,\hat{s} + M g \cos\theta\,\hat{n}}
\boxed{\left|\mathbf{F}_{\text{rampa}}\right| = M g \sqrt{\cos^{2}\theta + \dfrac{1}{9}\sin^{2}\theta}}
\boxed{\varphi = \arctan\!\bigg(\tfrac{1}{3}\tan\theta\bigg)\quad(\text{ângulo da resultante em relação à normal})}âçãà
d) Aceleração do CM:
\boxed{a_{\mathrm{cm}} = \dfrac{2}{3}\,g\sin\theta}
e) Velocidade angular em função do tempo (partindo de \omega(0)=0):
\boxed{\omega(t) = \dfrac{2}{3}\,\dfrac{g\sin\theta}{R}\;t}
f) Comparação com o aro ( I=M R^{2}): o aro tem
a_{\mathrm{cm,aro}}=\dfrac{1}{2}g\sin\theta< a_{\mathrm{cm,cyl}}=\dfrac{2}{3}g\sin\theta,
portanto o tempo de descida do aro seria maior. Motivo: maior momento de inércia do aro exige mais energia convertida em rotação, sobrando menos para translação, reduzindo a aceleração.

Exercícios relacionados