a) Uma barra homogênea de 1,00 \mathrm{~m} de comprimento e 500 g de massa é suspensa por uma de suas extremidades. Calcule o momento de inércia em relação a esse ponto.
b) Usando a fórmula do pêndulo físico:
T=2 \pi \sqrt{\frac{I}{m g h}}
calcule o período de oscilação para h=0,5 \mathrm{~m}.
c) Para a mesma barra, suspensa por um ponto a 30,0 \mathrm{~cm} de uma extremidade, mediu-se um período de 1,8 s. Calcule o momento de inércia experimental.
d) Construa um gráfico de T \times d (distância do ponto de suspensão à extremidade) e identifique o período mínimo.

Passo 1

O enunciado pede quatro coisas (a–d). Vou listar o que foi dado e o que se deve encontrar, sem resolver ainda.
Dados fornecidos:
\;L=1,00\\ \mathrm{m} (comprimento da barra),
\;m=500\\ \mathrm{g}=0,500\\ \mathrm{kg} (massa da barra),
aceleração da gravidade (usarei) \;g=9,81\\ \mathrm{m/s^2}.
Perguntas:
a) Calcular o momento de inércia da barra homogênea em relação a um ponto que fica numa extremidade.
b) Usando a fórmula do pêndulo físico \;T=2\pi\sqrt{\dfrac{I}{m g h}}, calcular o período para \;h=0,50\\ \mathrm{m}. (Aqui \;h é a distância entre o ponto de suspensão e o centro de massa.)
c) Se a barra foi suspensa por um ponto situado a \;0,30\\ \mathrm{m} de uma extremidade e o período medido foi \;1,8\\ \mathrm{s}, calcular o momento de inércia experimental correspondente.
d) Construir (ou descrever) o gráfico de T\times d, onde d é a distância do ponto de suspensão à extremidade, e identificar o período mínimo (e a(s) posição(ões) d onde ocorre(m) esse mínimo).

Passo 2

Conceitos e fórmulas fundamentais que vou usar (explicação didática).
  1. Momento de inércia em relação ao centro de massa para uma barra homogênea e fina de comprimento L:
I_\text{cm}=\frac{1}{12}\,mL^{2}.
Por que isso? Imagine a barra ao longo do eixo x de -L/2 a +L/2. Cada pedaço de comprimento dx tem massa dm=\lambda\,dx com densidade linear \lambda=\dfrac{m}{L}. O elemento contribui com dI=x^{2}\,dm=x^{2}\lambda\,dx. Integrando:
I_\text{cm}=\int_{-L/2}^{L/2} x^{2}\lambda\,dx =\lambda\left[\frac{x^{3}}{3}\right]_{-L/2}^{L/2} =\lambda\frac{(L/2)^{3}-( -L/2)^{3}}{3} =\lambda\frac{2(L/2)^{3}}{3}=\frac{1}{12}mL^{2}.
Isso é a origem da fórmula \;I_\text{cm}=\frac{1}{12}mL^{2}.
  1. Teorema dos eixos paralelos (Steiner): se você conhece I_\text{cm} em torno de um eixo que passa pelo centro de massa, o momento de inércia em torno de um eixo paralelo distante a é
I=I_\text{cm}+m a^{2},
onde a é a distância entre os eixos. Aqui a será a distância entre o centro da barra (CM) e o ponto de suspensão.
  1. Fórmula do pêndulo físico (pequenas oscilações): para pequenos \theta a equação de movimento rotacional dá \;I\theta''+m g h\,\theta=0, de onde a frequência angular \omega^{2}=\dfrac{m g h}{I} e o período
T=2\pi\sqrt{\frac{I}{m g h}}.
Explicação curta: o torque gravitacional para deslocamento angular \theta pequeno é \tau\approx -m g h\,\theta. Como \tau=I\alpha=I\theta'', obtemos a equação harmônica e a expressão para T.
Em todas as fórmulas, explico as variáveis:
  • I: momento de inércia em relação ao ponto de suspensão (o que queremos).
  • I_\text{cm}: momento de inércia em torno do centro de massa.
  • m: massa da barra.
  • g: gravidade ( 9,81\\ \mathrm{m/s^{2}}).
  • h: distância entre o ponto de suspensão e o centro de massa.
  • L: comprimento da barra.
  • d: distância entre o ponto de suspensão e a extremidade (no item d).

Passo 3

Resolver (a) — momento de inércia em relação a uma extremidade.
A distância do centro da barra até uma extremidade é
\left|\frac{L}{2}\right|=\frac{1{,}00}{2}=0{,}50\\ \mathrm{m}.
Usando o teorema dos eixos paralelos com a=L/2,
I_{\text{ext}}=I_\text{cm}+m\left(\frac{L}{2}\right)^{2} =\frac{1}{12}mL^{2}+m\frac{L^{2}}{4} =\left(\frac{1}{12}+\frac{1}{4}\right)mL^{2}.
Calcule a soma dos coeficientes:
\frac{1}{12}+\frac{1}{4}=\frac{1}{12}+\frac{3}{12}=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}.
Logo para a extremidade
I_{\text{ext}}=\frac{1}{3}mL^{2}.
Agora substituo números ( m=0{,}500\\ \mathrm{kg},\\ L=1{,}00\\ \mathrm{m}):
I_{\text{ext}}=\frac{1}{3}\times 0{,}500\times (1{,}00)^{2}= \frac{0{,}500}{3}=0{,}166666\ldots\\ \mathrm{kg\cdot m^{2}}.
Arredondando razoavelmente:
I_{\text{ext}}\approx 0{,}1667\\ \mathrm{kg\cdot m^{2}}.

Passo 4

Resolver (b) — período para h=0{,}50\\ \mathrm{m} usando a fórmula do pêndulo físico.
Aqui h é justamente a distância entre o ponto de suspensão (extremidade) e o centro de massa: \;h=L/2=0{,}50\\ \mathrm{m}. Já calculamos I relativo à extremidade no passo anterior: \;I=0{,}166666\ldots\\ \mathrm{kg\cdot m^{2}}.
A fórmula é
T=2\pi\sqrt{\frac{I}{m g h}}.
Substituo os valores:
m g h=0{,}500\times 9{,}81\times 0{,}50 = 0{,}5\times 9{,}81\times 0{,}5 = 2{,}4525\\ \mathrm{N\cdot m}.
E
\frac{I}{m g h}=\frac{0{,}1666667}{2{,}4525}\approx 0{,}06795.
Tire a raiz e multiplique por 2\pi:
\sqrt{0{,}06795}\approx 0{,}2606,\qquad T=2\pi\times 0{,}2606\approx 1{,}637\\ \mathrm{s}.
Arredondando:
T\approx 1{,}64\\ \mathrm{s}.

Passo 5

Resolver (c) — momento de inércia experimental a partir do período medido.
Dados do item (c):
  • O ponto de suspensão está a d=0{,}30\\ \mathrm{m} da extremidade.
  • Período medido T_\text{med}=1{,}8\\ \mathrm{s}.
Primeiro calculo a distância h entre o ponto de suspensão e o centro de massa. O centro da barra fica a 0{,}50\\ \mathrm{m} da extremidade, então
h=\left|\,\frac{L}{2}-d\,\right|=\left|0{,}50-0{,}30\right|=0{,}20\\ \mathrm{m}.
Isolo I na fórmula do pêndulo:
I=\left(\frac{T}{2\pi}\right)^{2} m g h.
Substituo T=1{,}8\\ \mathrm{s}, m=0{,}500\\ \mathrm{kg}, g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^{2}}, h=0{,}20\\ \mathrm{m}.
Calcule passo a passo:
\frac{T}{2\pi}=\frac{1{,}8}{2\pi}\approx\frac{1{,}8}{6{,}283185}=0{,}2865,
\left(\frac{T}{2\pi}\right)^{2}\approx 0{,}2865^{2}\approx 0{,}0821.
E
m g h = 0{,}500\times 9{,}81\times 0{,}20 = 0{,}981\\ \mathrm{N\cdot m}.
Multiplicando:
I_\text{exp}\approx 0{,}0821\times 0{,}981\approx 0{,}0806\\ \mathrm{kg\cdot m^{2}}.
Portanto o momento de inércia experimental encontrado a partir do período medido é cerca de 0{,}0806\\ \mathrm{kg\cdot m^{2}}.
(Observação didática rápida: podemos comparar com o valor teórico para o mesmo ponto de suspensão. Teoricamente, usando I=I_\text{cm}+m h^{2} com h=0{,}20 I_\text{teor}=0{,}0416667+0{,}5\times 0{,}04=0{,}0616667\\ \mathrm{kg\cdot m^{2}}. O valor experimental é maior, o que indica perdas/erros experimentais, atrito, massa adicional do suporte, etc.)

Passo 6

Resolver (d) — expressão geral T(d), construção do gráfico qualitativo e localização do período mínimo.
Defino d como a distância do ponto de suspensão à extremidade. O centro da barra está a L/2 da extremidade, logo a distância do ponto de suspensão ao centro é
h(d)=\left|\frac{L}{2}-d\right|.
O momento de inércia em torno do ponto de suspensão é, por Steiner,
I(d)=I_\text{cm}+m\,[h(d)]^{2} =\frac{1}{12}mL^{2}+m\,h^{2}.
Substituindo na fórmula do período:
T(d)=2\pi\sqrt{\frac{I(d)}{m g h(d)}} =2\pi\sqrt{\frac{\dfrac{1}{12}mL^{2}+m h^{2}}{m g h}} =2\pi\sqrt{\frac{\dfrac{1}{12}L^{2}+h^{2}}{g h}},
onde para simplificar cancelei m. Aqui h=h(d)=\left|\dfrac{L}{2}-d\right|.
Observações sobre o gráfico T\times d:
  • A função depende só de h=|L/2-d|, logo é simétrica em torno do centro d=L/2. Ou seja, T(d)=T(L-d).
  • Quando o pivô se aproxima do centro ( h\to 0) o denominador g h tende a zero, então T\to\infty (período cresce muito). Por isso há um pico/divergência em d=L/2.
  • Em cada lado da barra há um mínimo do período antes de subir para infinito ao chegar ao centro. Na prática isso resulta num gráfico simétrico com dois ramos (um para d< L/2 e outro para d> L/2) e com um único mínimo positivo para cada ramo, mas os dois valores mínimos são iguais (simetria).
Agora encontro o valor de h que minimiza T. É equivalente minimizar o argumento dentro da raiz:
F(h)=\frac{\dfrac{1}{12}L^{2}+h^{2}}{h}=\frac{1}{12}\frac{L^{2}}{h}+h.
Minimizo F(h) derivando em relação a h (para h>0):
F'(h)=-\frac{1}{12}\frac{L^{2}}{h^{2}}+1.
Colocando F'(h)=0 para mínimo:
-\frac{1}{12}\frac{L^{2}}{h^{2}}+1=0 \quad\Rightarrow\quad \frac{1}{12}\frac{L^{2}}{h^{2}}=1
\Rightarrow h^{2}=\frac{1}{12}L^{2}\quad\Rightarrow\quad h=\frac{L}{\sqrt{12}}.
Assim
h_{\min}=\frac{L}{\sqrt{12}}=\frac{1{,}00}{\sqrt{12}}\\ \mathrm{m}\approx 0{,}288675\\ \mathrm{m}.
As posições d correspondentes (duas posições simétricas) obedecem h=|L/2-d|, então
d=\frac{L}{2}\pm h_{\min} = 0{,}50\pm 0{,}288675.
Portanto:
d_{1}\approx 0{,}50-0{,}288675=0{,}211325\\ \mathrm{m},
d_{2}\approx 0{,}50+0{,}288675=0{,}788675\\ \mathrm{m}.
Calcule o período mínimo substituindo h_{\min} em T. Uma maneira elegante: em h_{\min} temos h_{\min}^{2}=I_\text{cm}/m (porque I_\text{cm}=\frac{1}{12}mL^{2}), então
I(d_{\text{min}})=I_\text{cm}+m h_{\min}^{2}=I_\text{cm}+I_\text{cm}=2I_\text{cm}.
Logo
T_{\min}=2\pi\sqrt{\frac{2I_\text{cm}}{m g h_{\min}}}.
Mas h_{\min}=\sqrt{I_\text{cm}/m}, então fica
T_{\min}=2\pi\sqrt{\frac{2I_\text{cm}}{m g \sqrt{I_\text{cm}/m}}} =2\pi\sqrt{\frac{2\sqrt{m I_\text{cm}}}{m g}} =2\pi\sqrt{\frac{2\sqrt{I_\text{cm}/m}}{g}}.
Substituo valores numéricos diretamente para evitar confusão. Primeiro calcule I_\text{cm}:
I_\text{cm}=\frac{1}{12}mL^{2}=\frac{1}{12}\times 0{,}500\times 1{,}00^{2}=0{,}0416667\\ \mathrm{kg\cdot m^{2}}.
Já achamos h_{\min}\approx 0{,}288675\\ \mathrm{m}. Então
I(d_{\min})=2I_\text{cm}=0{,}0833333\\ \mathrm{kg\cdot m^{2}}.
E
m g h_{\min}=0{,}500\times 9{,}81\times 0{,}288675 \approx 1{,}41614.
Logo
\frac{I(d_{\min})}{m g h_{\min}}=\frac{0{,}0833333}{1{,}41614}\approx 0{,}05886,
\sqrt{0{,}05886}\approx 0{,}24266,\qquad T_{\min}=2\pi\times 0{,}24266\approx 1{,}525\\ \mathrm{s}.
Arredondando:
T_{\min}\approx 1{,}53\\ \mathrm{s}.
Para ajudar a construir o gráfico T\times d numericamente (pontos de referência):
  • d=0 (pivô na extremidade): T\approx 1{,}64\\ \mathrm{s} (já calculado no item b).
  • d=0{,}211\\ \mathrm{m}: T\approx 1{,}53\\ \mathrm{s} (mínimo).
  • d=0{,}300\\ \mathrm{m}: cálculo teórico rápido (verificando consistência) — com h=0{,}20: I=I_\text{cm}+m h^{2}=0{,}0416667+0{,}5\times0{,}04=0{,}0616667, m g h=0{,}981, \dfrac{I}{m g h}\approx 0{,}06288, \sqrt{\cdot}\approx 0{,}2508, T\approx 1{,}575\\ \mathrm{s}. (Note: o período teórico 1,575 s é menor que o valor experimental 1,8 s medido no item c, explicando a diferença no momento de inércia experimental.)
  • Ao aproximar-se de d=L/2=0{,}50\\ \mathrm{m} (pivô próximo ao centro), h\to 0 e T\to\infty, ou seja, o gráfico sobe muito próximo do centro.
Resumo do formato do gráfico: curva dupla simétrica (esquerda e direita do centro), com valor finito nas extremidades, dois mínimos simétricos em d\approx 0{,}211\\ \mathrm{m} e d\approx 0{,}789\\ \mathrm{m}, e divergência em d=0{,}5\\ \mathrm{m}.

Resposta

a) \;I_{\text{ext}}=0{,}1667\\ \mathrm{kg\cdot m^{2}}
b) \;T\approx 1{,}64\\ \mathrm{s}
c) \;I_{\text{exp}}\approx 0{,}0806\\ \mathrm{kg\cdot m^{2}}
d) T(d) tem dois mínimos simétricos; T_{\min}\approx 1{,}53\\ \mathrm{s} ocorrendo em d\approx 0{,}211\\ \mathrm{m} e em d\approx 0{,}789\\ \mathrm{m}

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