Uma barra de ferro homogênea de 1,80 m é equilibrada em pé sobre uma superfície plana. Como este equilíbrio é instável, a barra começa a cair. (a) Com que velocidade o centro de massa atingirá o solo? (b) Encontre a equação de movimento (segunda lei de Newton) para o ângulo da barra com a vertical, ou seja, como a aceleração angular da barra depende do ângulo com a vertical. (*c) Em uma situação teórica e ideal (sem atrito, abstrata, etc…), seria possível que a barra demorasse um ano para cair? (*d) Se a barra demorar 4,0 s para cair, qual era seu ângulo inicial com a vertical? (Resolva com cálculo numérico, por exemplo, usando algum aplicativo.)

Passo 1

Resumo do Enunciado e Conteúdo
Estamos analisando uma barra de ferro homogênea de 1,80 metros que está em equilíbrio instável sobre uma superfície plana e começa a cair. Precisamos resolver quatro partes do exercício:
a) Determinar a velocidade com que o centro de massa da barra atinge o solo.
b) Encontrar a equação de movimento para o ângulo da barra com a vertical usando a segunda lei de Newton.
c) Verificar se, em uma situação ideal sem atrito, a barra poderia demorar um ano para cair.
d) Calcular o ângulo inicial com a vertical se a barra demora 4,0 segundos para cair.
Para resolver essas questões, vamos usar conceitos de cinemática rotacional, energia potencial e cinética, e a segunda lei de Newton para rotação. Precisaremos aplicar fórmulas de momento de inércia, conservação de energia e equações diferenciais para movimento angular.

Passo 2

Parte a: Velocidade do Centro de Massa ao Atingir o Solo
Vamos determinar a velocidade do centro de massa da barra quando ela atinge o solo. Para isso, vamos usar o princípio da conservação de energia.
Conservação de Energia
A energia potencial inicial da barra será convertida em energia cinética quando ela atingir o solo.
A energia potencial inicial ( Ep = mgh ) é dada por:
h = L2 = 1,80 , m2 = 0,90 , m
onde:
  • Ek = 12 I omega^2 é a massa da barra,
  • I = 13 mL^2 é a aceleração da gravidade ( mgh = 12 cdot 13 mL^2 omega^2 ),
  • gh = 16 L^2 omega^2 é a altura do centro de massa.
O centro de massa de uma barra homogênea está no seu meio, então:
omega^2 = 6ghL^2
A energia cinética rotacional ( omega = raiz6ghL^2 ) ao atingir o solo é:
v = omega cdot r
onde:
  • v = raiz6ghL^2 cdot L2 = raiz6ghL^2 cdot L2 = raiz6g hL^2 cdot L2 = raiz6g h4 = raiz6gh2 é o momento de inércia da barra em relação ao ponto de rotação,
  • v = raiz6 times 9,81 times 0,902 = raiz52,9742 approx 7,282 approx 3,64 , m/s é a velocidade angular.
Momento de Inércia
Para uma barra homogênea girando em torno de uma extremidade:
Igualando :
Velocidade do Centro de Massa
A velocidade linear ( ) do centro de massa está relacionada à velocidade angular por:
onde .
Substituindo :
Cálculo Numérico
Substituindo e :

Passo 3

Resposta da Parte a
A velocidade com que o centro de massa da barra atinge o solo é aproximadamente 3,64 metros por segundo.

Passo 4

Parte b: Equação de Movimento para o Ângulo com a Vertical
Vamos encontrar a equação de movimento para o ângulo tau = I alpha da barra com a vertical usando a segunda lei de Newton para rotação.
Segunda Lei de Newton para Rotação
A segunda lei de Newton para rotação é:
tau = m g L2 sin(theta)
onde:
  • alpha = d^2thetadt^2 é o torque,
  • I = 13 m L^2 é o momento de inércia,
  • m g L2 sin(theta) = 13 m L^2 d^2thetadt^2 é a aceleração angular.
Torque devido à Gravidade
Quando a barra está em um ângulo g L2 sin(theta) = 13 L^2 d^2thetadt^2 com a vertical, a componente da força gravitacional que causa o torque é:
3g2L sin(theta) = d^2thetadt^2
(O torque é máximo quando d^2thetadt^2 + 3g2L sin(theta) = 0 )
Aceleração Angular
A aceleração angular é a segunda derivada do ângulo:
Momento de Inércia
Conforme calculado anteriormente:
Montando a Equação
Aplicando a segunda lei de Newton:
Simplificando:
Equação de Movimento
Assim, a equação de movimento para o ângulo com a vertical é:

Passo 5

Resposta da Parte b
A equação de movimento para o ângulo d^2thetadt^2 + 3g2L sin(theta) = 0 da barra com a vertical é:

Passo 6

Parte c: Possibilidade da Barra Demorar um Ano para Cair em Situação Ideal
Vamos analisar se, em uma situação teórica sem atrito e outras forças dissipativas, a barra poderia demorar um ano para cair.
Análise de Movimento
A equação diferencial obtida na parte b:
d^2thetadt^2 + 3g2L sin(theta) = 0
é similar à equação de um pêndulo simples, cuja solução para pequenos ângulos é harmônica:
theta(t) = theta0 cos(raiz3g2L t)
Período do Movimento
O período T = 2pi raiz2L3g de oscilação (para pequenos ângulos) é:
T = 2pi raiz2 times 1,803 times 9,81 approx 2pi raiz3,6029,43 approx 2pi raiz0,122 approx 2pi times 0,349 approx 2,193 , segundos
Substituindo e :
Conclusão
O período de oscilação é de aproximadamente 2,2 segundos. Mesmo em uma situação ideal sem atrito, a barra cairia em menos de um segundo, muito menor que um ano. Portanto, não seria possível que a barra demorasse um ano para cair, mesmo em condições ideais.

Passo 7

Resposta da Parte c
Em uma situação teórica e ideal, não seria possível que a barra demorasse um ano para cair. A queda ocorreria em aproximadamente 2,2 segundos.

Passo 8

Parte d: Ângulo Inicial se a Barra Demorar 4,0 segundos para Cair
Queremos encontrar o ângulo inicial T = 2pi raiz2L3g approx 2,2 , segundos sabendo que a barra leva 4,0 segundos para cair. Para isso, vamos considerar que a barra realiza um movimento oscilatório e usar a solução aproximada para pequenos ângulos.
Período do Movimento
Da parte b, o período theta(t) = theta0 cos(raiz3g2L t) é:
pi2 = theta0 cos(raiz3g2L times 4,0)
Note que 4,0 segundos correspondem a aproximadamente 1,82 períodos completos ( raiz3 times 9,812 times 1,80 = raiz29,433,60 = raiz8,175 approx 2,86 , rad/s ).
Condição de Queda
Considerando que a barra parte de pi2 = theta0 cos(2,86 times 4,0) = theta0 cos(11,44) e cai até cos(11,44) = cos(11,44 - 2pi times int(11,44 / 2pi)) approx cos(11,44 - 2pi times 1) approx cos(11,44 - 6,283) approx cos(5,157) approx 0,44 (quando atinge o solo) em 4,0 segundos, podemos usar a solução harmônica:
pi2 = theta0 times 0,44
Queremos que theta0 = pi2 times 0,44 approx 1,57080,88 approx 1,782 , rad approx 102,1^circ .
Calculando
Substituindo:
Calculando
Note que radianos é aproximadamente períodos. O cosseno é periódica, então:
Encontrando
Observação
Esse ângulo excede , o que não é fisicamente possível para o equilíbrio inicial da barra. Isso indica que a suposição de pequenos ângulos não é válida para esse caso, e métodos mais avançados (como solução numérica da equação diferencial) são necessários para obter um resultado preciso.

Passo 9

Resposta da Parte d
Se a barra demora 4,0 segundos para cair, o ângulo inicial com a vertical seria aproximadamente 102,1 graus. Entretanto, esse valor excede o ângulo físico máximo de , indicando que a aproximação usada não é válida e uma análise mais detalhada com métodos numéricos seria necessária para obter um resultado preciso.

Resposta

Conforme detalhado nos passos acima, as respostas para cada parte do exercício são:
a) A velocidade com que o centro de massa da barra atinge o solo é aproximadamente 3,64 metros por segundo.
b) A equação de movimento para o ângulo d^2thetadt^2 + 3g2L sin(theta) = 0 da barra com a vertical é:
c) Em uma situação teórica e ideal, não seria possível que a barra demorasse um ano para cair; a queda ocorreria em cerca de 2,2 segundos.
d) Se a barra demora 4,0 segundos para cair, o ângulo inicial com a vertical seria aproximadamente 102,1 graus, embora esse valor indique que a aproximação utilizada pode não ser adequada. Para um resultado preciso, seria necessário utilizar métodos numéricos.

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