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.
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).}}
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).
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
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.