Exercícios Resolvidos de Rolamento sem Deslizamento

UFRJ, Física 1, Prova 1, 2015.2

A figura mostra uma rampa constituída por um trecho plano, inclinado de um angulo θ em relação à horizontal, que se conecta suavemente a um trecho plano horizontal. Um cilindro homogêneo de massa M e raio R é liberado a partir do repouso em um ponto A do plano inclinado e desce percorrendo a rampa passando pelos pontos B e C do trecho horizontal, rolando sem deslizar durante todo o trajeto; de A para B o centro de massa desce uma altura h . Lembrando que o momento de inércia do cilindro relativo ao seu eixo de simetria perpendicular às bases 1 2 M R 2 , calcule:

a) a aceleração do centro de massa do cilindro, enquanto ele desce o plano inclinado;

b) a força de atrito (modulo, direção e sentido) que age no cilindro enquanto ele desce o plano inclinado;

c) a velocidade do centro de massa do cilindro ao passar pelo ponto B;

d) o trabalho realizado por cada uma das forças que agem sobre o cilindro, quando seu centro de massa se desloca de uma distância d   entre os pontos B e C.

Passo 1

Primeiramente, vamos entender as forças que agem sobre o cilindro quando ele está no plano inclinado.

F → a t é a força de atrito

N → é a normal

P → é a força peso

a → c m é a aceleração do centro de massa do cilindro

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Show! Com o diagrama de forças feito e, sabendo que o cilindro desce sem deslizar sobre o plano inclinado, podemos formular duas equações, uma de translação e outra de rotação.

A de translação é a clássica segunda lei de Newton:

Translação: F → a t + N → + P → = M a → c m

A de rotação é aquela que relaciona torque com momento de inércia e aceleração angular:

Rotação: τ → f a t + τ → N + τ → p = I α →

Além disso, a gente já sabe que quando o cilindro rola sem deslizar temos aquela relação entre aceleração do centro de massa e aceleração angular: a c m = α R

Agora, precisamos manipular essas equações. Para isso, vamos decompor a força peso em p s e n θ e p c o s θ e definir os eixos x,y e z, conforme a figura abaixo:

Para translação:

- F a t + P s e n θ = M a c m

N - P c o s θ = 0

Para rotação:

Aqui percebemos que os torques em relação ao centro do cilindro gerados pela força normal e pela força peso são nulos. Basta perceber que a linha de atuação de ambas as forças passa pelo eixo de rotação. Logo, só teremos torque gerado pela força de atrito.

Considerando o sentido anti-horário positivo, montamos a seguinte equação:

τ → f a t = R F a t ( - k ) = I α ( - k )

Continuando a manipulação das equações, aplicando a c m R = α na equação de rotação, montamos o sistema:

- F a t + M g s e n θ = M a c m

F a t = I a c m R 2

Resolvendo esse sistema, chegamos em:

a c m = M g s e n θ M + I R 2

O problema nos fornece o momento de inércia do cilindro que vale:

I = M R 2 2

Substituindo I por M R 2 2 , chegamos a

a c m = 2 3 g s e n θ

Passo 3

Agora, vamos achar a força de atrito. Lembra que tínhamos chegado nessa equação?

F a t = I a c m R 2

Então, agora é só substituir o valor que achamos para a c m e o valor de I para o cilindro. Chegamos, então, em:

F a t = 1 3 M g s e n θ

Falta entender qual é a direção e sentido da F a t . Como o sinal deu positivo, podemos perceber que arbitramos inicialmente o sentido certo de F a t . Caso tivesse dado um resultado negativo, teríamos a força de atrito estaria no sentido contrário ao que arbitramos.

F a t → = - 1 3 M g s e n θ î  

Passo 4

Show! Agora precisamos achar a velocidade do cilindro ao passar pelo ponto B.

Vamos aplicar a famosa conservação da energia mecânica para o trecho A-B. Podemos supor que não temos energia potencial gravitacional no final, quando o cilindro chega do plano inclinado, partindo do pressuposto que a linha de referência passa pelo centro de massa do cilindro, conforme mostrado na figura.

Assim, no início (ponto A) só temos Energia Potencial, já que o cilindro ainda não está em movimento e, no final, só temos Energia de Cinética de rotação e Energia Cinética de translação.

E A = M g h

E B = K r o t + K t r a n s = 1 2 I ω 2 + 1 2 M v c m 2

Como o cilindro rola sem deslizar, podemos fazer a relação v c m = ω R , ou seja, ω = v c m R .

Podemos também utilizar o momento de inércia dado no enunciado novamente: I = 1 2 M R 2 .

Manipulando E B , chegamos a:

E B = 1 2 1 2 M R 2 v c m 2 R 2   + 1 2 M v c m 2 = 3 4 M v c m 2

Igualando E A a E B , chegamos a:

M g h = 3 4 M v c m 2

V c m = 4 3 g h  

Passo 5

As forças que agem sobre o cilindro no trecho B – C são o peso P → , a N → e a F → a t

A sacada aqui está em perceber que ambos são nulos, pois ambas as forças são perpendiculares ao deslocamento do cilindro.

Nesse trecho não teremos F → a t por que as velocidades angular e de translação do cilindro são constantes. Se houvesse F → a t nesse trecho haveria desaceleração e torque sobre o cilindro, assim o trabalho da F → a t nesse trecho é nulo também

W P = 0

W N = 0

W F a t = 0

Resposta

  1. a c m = 2 3 g s e n θ
  2. F a t → = - 1 3 M g s e n θ î
  3. V c m = 4 3 g h

W P = 0

W N = 0

W F a t = 0

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