Uma chaminé alta, de forma cilíndrica, cai se houver uma ruptura na sua base. Tratando a chaminé como um bastão fino, de altura h, expresse (a) a componente radial da aceleração linear do topo da chaminé, em função do ângulo \theta que ela faz com a vertical, e (b) a componente tangencial dessa mesma aceleração. (c) Em que ângulo \theta a aceleração linear é igual a g ? R: 3 g(1-\cos \theta) ; 3 g \operatorname{sen} \theta / 2

Passo 1

Resumindo o enunciado: temos uma chaminé de altura h que, ao romper na base, passa a girar livremente em torno desse ponto considerado como pivô fixo. Nosso objetivo é achar, para o ponto mais alto da chaminé:
– (a) a componente radial da aceleração linear;
– (b) a componente tangencial dessa aceleração;
– (c) o ângulo \theta em que o módulo da aceleração linear do topo é igual a g.
O conteúdo que vamos usar é dinâmica de rotação (torque e momento de inércia), energia para obter \omega(\theta) e, em seguida, as definições de acelerações centrípeta (radial) e tangencial.

Passo 2

Cálculo da aceleração angular \alpha e da velocidade angular \omega em função de \theta.
A partir da dinâmica de rotação em torno da base (pivô O):
– Momento de inércia da haste uniforme em O:
I_O = \tfrac{1}{3} m h^2.
– Torque da força peso mg atuando no centro de massa (distância h/2 de O):
\tau = (m g)\,(h/2)\,\sin\theta.
Logo, a aceleração angular tem módulo
\alpha \;=\;\frac{\tau}{I_O} \;=\;\frac{m g\,(h/2)\,\sin\theta}{\tfrac{1}{3}m h^2} \;=\;\frac{3g}{2h}\,\sin\theta.
Para \omega(\theta) usamos conservação de energia (parte rotacional somente):
energia potencial perdida até \theta é
\Delta U = m g\,\frac{h}{2}\,(1-\cos\theta),
que vira energia cinética rotacional
\frac12\,I_O\,\omega^2 =\frac12\cdot\frac{1}{3}m h^2\,\omega^2 =\frac{1}{6}m h^2\,\omega^2.
Igualando \Delta U a essa energia, vem
m g\,\frac{h}{2}(1-\cos\theta) =\frac{1}{6}m h^2\,\omega^2 \quad\Longrightarrow\quad \omega^2 =\frac{3g}{h}\,(1-\cos\theta).

Passo 3

Com \omega(\theta) em mãos, a componente radial da aceleração do topo (distância h de O) é a aceleração centrípeta dirigida para O, de módulo
a_{\rm rad} =\omega^2\,h =\Bigl(\frac{3g}{h}(1-\cos\theta)\Bigr)\,h =3g\,(1-\cos\theta).

Passo 4

A componente tangencial da aceleração do topo é dada por
a_{\rm tan} =\alpha\,h =\Bigl(\frac{3g}{2h}\sin\theta\Bigr)\,h =\frac{3g}{2}\,\sin\theta.

Passo 5

Para achar \theta tal que o módulo da aceleração total do topo seja g, usamos
a^2 =a_{\rm rad}^2 + a_{\rm tan}^2 \stackrel{!}{=} g^2.
Substituindo
\bigl[3g(1-\cos\theta)\bigr]^2 +\bigl[\tfrac{3g}{2}\sin\theta\bigr]^2 = g^2
e dividindo por g^2, chega-se a uma equação em \cos\theta cuja única solução fisicamente válida é
\cos\theta=\frac{12-\sqrt{21}}{9},
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\theta=\operatorname{arccos}\!\bigl(\tfrac{12-\sqrt{21}}{9}\bigr) \approx 34,4^\circ.

Resposta

(a) a_{\rm rad}=3g\,(1-\cos\theta)
(b) a_{\rm tan}=\tfrac{3g}{2}\,\sin\theta
(c) \displaystyle \theta=\operatorname{arccos}\!\Bigl(\tfrac{12-\sqrt{21}}{9}\Bigr)\approx34,4^\circ

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