3- Uma chaminé alta, de forma cilíndrica, cai se houver uma ruptura na sua base. Tratando a chaminé como um bastâo fino, de altura h, (a) deduza, por técnicas de integração, o momento de inércia com relaçăo a um eixo que passa pelo seu centro de massa; expresse (b) a componente radial da aceleraçäo linear do topo da chaminé, em função do ángulo \theta que ela faz com a vertical, e (c) a componente tangencial dessa mesma aceleraçăo. (d) Em que ânguio \theta a aceleração linear é igual a g ?

Passo 1

O enunciado trata uma chaminé de altura h como um bastão fino uniforme que gira ao cair em torno de sua base. Precisamos de (a) momento de inércia em relação a um eixo que passa pelo centro de massa, por integração; (b) componente radial da aceleração linear do topo em função do ângulo \theta com a vertical; (c) componente tangencial dessa aceleração; (d) determinar o ângulo \theta em que a aceleração linear total do topo vale g. Usaremos integração para o momento de inércia, o teorema dos eixos paralelos, equação rotacional \tau=I\alpha, conservação de energia e kinemática de corpo em rotação.

Passo 2

Para I_{\text{CM}} integramos sobre o bastão centrado em zero:
I_{\text{CM}}=\int_{-h/2}^{h/2} x^{2}\,dm
com dm=(m/h)\,dx. Assim
I_{\text{CM}}=\frac{m}{h}\int_{-h/2}^{h/2}x^{2}\,dx =\frac{m}{h}\left[\frac{x^{3}}{3}\right]_{-h/2}^{h/2} =\frac{m}{h}\cdot\frac{2}{3}\,\frac{h^{3}}{8} =\frac{m h^{2}}{12}.

Passo 3

O bastão gira em torno da base; pelo teorema dos eixos paralelos,
I_{O}=I_{\text{CM}}+m\Bigl(\frac{h}{2}\Bigr)^{2} =\frac{m h^{2}}{12}+\frac{m h^{2}}{4} =\frac{m h^{2}}{3}.
O torque devido ao peso é \tau=mg\,(h/2)\sin\theta, e a equação rotacional dá
\alpha(\theta)=\frac{\tau}{I_{O}} =\frac{mg\,(h/2)\sin\theta}{(m h^{2}/3)} =\frac{3g}{2h}\,\sin\theta.

Passo 4

Pela conservação de energia, a perda de energia potencial mg(h/2)(1-\cos\theta) vira energia cinética rotacional \tfrac12I_{O}\omega^{2}. Logo
\tfrac12\Bigl(\frac{m h^{2}}{3}\Bigr)\omega^{2} =m g\frac{h}{2}(1-\cos\theta) \;\Longrightarrow\; \omega^{2}(\theta)=\frac{3g}{h}\,\bigl(1-\cos\theta\bigr).

Passo 5

O componente radial da aceleração linear do topo (distância h ao pivô) é
a_{r}=\omega^{2}h =3g\,(1-\cos\theta).

Passo 6

O componente tangencial do mesmo ponto é
a_{t}=\alpha\,h =\frac{3g}{2h}\sin\theta\;\times h =\frac{3g}{2}\,\sin\theta.

Passo 7

Para achar \theta em que a aceleração total \sqrt{a_{r}^{2}+a_{t}^{2}} vale g, impomos
\bigl[3g(1-\cos\theta)\bigr]^{2} +\Bigl[\tfrac{3g}{2}\sin\theta\Bigr]^{2} =g^{2}.
Isso leva a \cos\theta=(12-\sqrt{21})/9, ou seja
\theta=\operatorname{arccos}\!\Bigl(\frac{12-\sqrt{21}}{9}\Bigr)\approx34{,}4^\circ.

Resposta

(a) \displaystyle I_{\text{CM}}=\frac{m h^{2}}{12}.
(b) \displaystyle a_{r}=3g\bigl(1-\cos\theta\bigr).
(c) \displaystyle a_{t}=\tfrac{3g}{2}\,\sin\theta.
(d) \displaystyle \theta=\operatorname{arccos}\!\Bigl(\frac{12-\sqrt{21}}{9}\Bigr)\approx34{,}4^\circ.

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