Enunciado

(Cap 10 – Ex 67) Uma chaminé cilíndrica cai quando a base sofre um abalo. Trate a chaminé como uma barra fina com 55,0   m de comprimento. No instante em que a chaminé faz um ângulo de 35,0 ° com a vertical durante a queda, qual é

a) a aceleração radial do topo e

b) a aceleração tangencial do topo? (Sugestão: use considerações de energia e não de torque.)

c) Para que ângulo θ a aceleração tangencial é igual a g ?

Passo 1

Faala, meu povo! Tudo bem com vocês? Partiu resolver mais um exercício?

Usamos a lei de conservação da energia mecânica para escrever uma expressão para ω 2 em função do ângulo θ que a chaminé faz com a vertical. A energia potencial da chaminé é dada por U = M g h , em que M é a massa da chaminé e h é a altura do centro de massa da chaminé em relação ao solo. Quando a chaminé faz um ângulo θ com a vertical, h = H 2 cos ⁡ θ . Inicialmente, a energia potencial é U i = M g H 2   e a energia cinética é zero. Quando a chaminé faz um ângulo θ com a vertical, a energia cinética é I ω 2 2 , na qual I é o momento de inércia da chaminé em relação à aresta da base. De acordo com a lei de conservação da energia,

U i = M g H 2 c o s θ + I ω 2 2

ω 2 = M g H I ( 1 - c o s θ )

De acordo com o teorema dos eixos paralelos, o momento de inércia da chaminé em relação à aresta da base é:

I = M H 2 3

Substituindo a equação do momento do inércia na equação de velocidade angular, tem-se:

ω 2 = M g H M H 2 3 1 - c o s θ

ω = 3 g H ( 1 - c o s θ )

Passo 2

Até agora só fizemos considerações teóricas sobre o exercício. Vamos partir para temas mais práticos:

Como comentamos, esse é um exercício que leva em consideração a Conservação de Energia. E portanto:

U i = U f + K f (equação I)

Onde:

U i = E n e r g i a   P o t e n c i a l   I n i c i a l

U f = E n e r g i a   P o t e n c i a l   F i n a l

K f = E n e r g i a   C i n é t i c a   F i n a l

Reparem que não temos K i já que o sistema parte de repouso, com a energia cinética zerada.

Agora calcularemos a energia potencial:

Usaremos como referência o centro de massa localizado na metade da barra, ou seja, em H / 2 .

U = M H g ( H 2 2 )  

Simplificando:

U i = M g H 2

Vamos calcular a energia potencial final agora. Precisamos considerar o ângulo de 35 ° , portanto. O centro de massa não estará mais em H / 2 , mas sim em um ponto mais baixo. Observe:

(observação: L nessa imagem equivale à altura H )

Levando essa mudança no centro de massa em consideração, temos que:

U f = M g H 2 × cos ⁡ 35 °    

Só ficará faltando a energia cinética final. Sendo uma energia cinética de rotação:

K f = 1 2 I ω 2

Como saberemos quanto vale o momento de inércia I ?

I = M H 2 3

Até que enfim poderemos substituir tudo na equação I. O objetivo é encontrar a velocidade angular e ela será nossa guia para descobrirmos a aceleração angular.

M g H 2 = M g H 2 × cos ⁡ 35 ° + 1 2   M H 2 3   ω 2

→ M g H 2 1 - cos ⁡ 35 ° = M H 2 6   ω 2

Temos bastante elementos para simplificarmos. Vamos isolar a velocidade angular, que é o objetivo do exercício:

ω 2 = 3 g H ( 1 - cos ⁡ 35 ° )

ω = 3 g H 1 - cos ⁡ 35 °

Passo 3

Agora sim, enunciado a) e b):

Podemos entender a velocidade linear como a seguinte relação:

v → = ω → × r →

E para encontrarmos as acelerações, precisaríamos derivar essa função, obtendo:

d v → d t = d ω → d t × r → + ω → × d r → d t

Olha só que legal:

d ω → d t × r → está associado à aceleração tangencial por ser a taxa de variação da velocidade angular em relação ao tempo.

ω → × d r → d t está associado à aceleração radial por ser a taxa de variação da posição radial em relação ao tempo.

Finalmente estamos enxergando as acelerações de alguma forma.

a t → = α H

a r → = ω 2 H

Sabendo disso, vamos calcular a aceleração radial:

a r → = ω 2 H

Substituindo ω 2 :

a r → = 3 g H 1 - cos ⁡ 35 ° H

Cancelamos H :

a r → = 3 g 1 - cos ⁡ 35 °

a r → = 3 × 9,81   ( 0,1809 )

a r → = 5,32   m / s 2

Agora calcularemos a aceleração tangencial.

Mas calma, quem é α ?

É a variação da velocidade angular em relação ao tempo de queda da chaminé. Ou seja, é a derivada de ω em relação a t :

d ω d t = 1 2   ( 3 g H 1 - cos ⁡ θ - 1 2   × 3 g H   s e n θ

α t = 1 2 1 ω t 3 g H s e n   θ t ω t

α t = 3 2 g H   s e n   ( θ )

Substituindo na aceleração tangencial:

a t → = α H

a t → = 3 2 g H   s e n   ( θ ) H

a t → = 3 2 g   s e n   ( θ )

Aplicando os valores:

a t → = 1,5 × 9,81 × s e n   35 ° = 8,43   m / s 2

Passo 4

Vamos responder o item c).

Para a aceleração tangencial ser igual a g , s e n ( θ ) precisa ser 2 / 3 .

Aplicanto trigonometria:

θ = 42 °

Isso é a Física! Doce como o mel...

Para essa questão é isso pessoal! Bora resolver mais uma?

Resposta

a) 5,32   m / s 2

b) 8,43   m / s 2

c) 42 °

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