Uma chaminé cilíndrica cai quando sua base sofre uma ruptura. Trate a chaminé como uma barra fina com 50 m de comprimento. No instante em que a chaminé faz um ângulo de 45^{\circ} com a vertical durante a queda, quais são (a) a aceleração radial \mathrm{a}_{\mathrm{r}} do topo e (b) a aceleração tangencial \mathrm{a}_{\mathrm{t}} do topo?
Select one or more:
a. a_{r}=-10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}
b. \mathrm{a}_{\mathrm{r}}=-20 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}
c. \mathrm{a}_{\mathrm{r}}=-40 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}
d. a_{t}=20 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}
e. a_{r}=-5 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}
f. a_{t}=10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}
g. a_{t}=5 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}
h. a_{t}=40 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}
The correct answers are: $a_{r}=-10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}, a_{t}=10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}

Passo 1

O enunciado trata de uma barra fina de comprimento L=50 m que gira em torno de sua base sem atrito quando começa a cair. No instante em que a barra faz um ângulo \theta=45^\circ com a vertical, queremos as componentes da aceleração do seu topo: radial a_{r} (centrípeta, apontando para o pivô) e tangencial a_{t}. Para resolver, usaremos:
– Torque e momento de inércia para achar a aceleração angular \alpha.
– Energia potencial transformada em cinética de rotação para achar a velocidade angular \omega.
– Relações a_{t}= \alpha L e a_{r}=-\omega^{2}L.

Passo 2

Calculemos a aceleração angular \alpha. O torque da força peso em relação à base é
\tau = \bigl(mg\bigr)\frac{L}{2}\sin\theta,
e o momento de inércia da barra em torno de uma extremidade é
I = \frac{1}{3}mL^{2}.
Logo,
\alpha = \frac{\tau}{I} = \frac{mg\,(L/2)\sin\theta}{(1/3)mL^{2}} = \frac{3g}{2L}\,\sin\theta.

Passo 3

A aceleração tangencial no topo é
a_{t} = \alpha\,L = \frac{3g}{2L}\sin\theta \;L = \frac{3g}{2}\,\sin\theta.
Usando g\approx10 m/s ^2 e \sin45^\circ=\tfrac{\sqrt2}{2},
a_{t} = \frac{3\cdot10}{2}\cdot\frac{\sqrt2}{2} =15\cdot0{,}707\approx10{,}6\;\text{m/s}^2
aproximamos para a_{t}\approx10 m/s ^2.

Passo 4

Agora, para a aceleração radial, precisamos da velocidade angular \omega. A energia potencial perdida ao girar de \theta=0 a \theta vira energia cinética de rotação:
mg\frac{L}{2}\bigl(1-\cos\theta\bigr) =\tfrac12I\,\omega^{2} =\tfrac12\bigl(\tfrac13mL^{2}\bigr)\omega^{2}.
Isolando \omega^{2},
\omega^{2} = \frac{3g}{L}\bigl(1-\cos\theta\bigr).

Passo 5

A componente radial (centrípeta) do topo é
a_{r} = -\,\omega^{2}L = -\,\frac{3g}{L}(1-\cos\theta)\,L = -\,3g\bigl(1-\cos\theta\bigr).
Com g\approx10 m/s ^2 e \cos45^\circ=0{,}707,
a_{r} = -3\cdot10\cdot(1-0{,}707) =-30\cdot0{,}293\approx-8{,}8\;\text{m/s}^2
aproximamos para a_{r}\approx-10 m/s ^2.

Resposta

a. a_{r}=-10\\ \text{m/s}^2
f. a_{t}=10\\ \text{m/s}^2

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