Considerando um cenário em que a barra é solta desde o repouso de uma configuração inicial \theta_{0}=30^{\circ}, aplique o método de conservação da energia mecânica para determinar sua velocidade ângular \dot{\theta}=\dot{\theta}(\theta) em função de um ângulo \theta>30^{\circ}.

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede (do jeitinho claro, sem mistério):
  • Dado: uma barra (comprimento L, massa m) está presa em um ponto e, a partir do repouso, é solta numa configuração inicial com ângulo \theta_{0}=30^\circ.
  • Dado implícito (vamos assumir porque a questão não detalha): não há atrito no pivô e a gravidade tem aceleração g. O ângulo \theta mede a posição angular da barra em relação à vertical (mesma referência para \theta_{0}).
  • Pedido: obter a velocidade angular \dot{\theta}=\dot{\theta}(\theta) da barra quando ela atingir um ângulo \theta tal que \theta>30^\circ (ou seja, a barra girou mais para baixo do que a posição inicial).
  • Observações práticas: não foi dado m nem L numericamente, então a resposta ficará em termos de g e L (e m provavelmente se cancelará).

Passo 2

Escolhendo referência de energia e escrevendo a energia potencial do centro de massa (explicando passo a passo)
  • Vou usar energia gravitacional do centro de massa da barra. A energia potencial gravitacional do centro de massa é U = m g y, onde y é a coordenada vertical do centro de massa medida a partir de um referencial escolhido.
  • Para uma barra uniforme presa em uma extremidade, o centro de massa está no meio: a distância do pivô até o centro de massa é \dfrac{L}{2}.
  • Se \theta é o ângulo medido a partir da vertical, a altura vertical do centro de massa (em relação a alguma referência) é proporcional a \cos\theta. Tomamos, por simplicidade, a altura do centro de massa como
y(\theta)=\frac{L}{2}\cos\theta.
Isso significa que, quando \theta aumenta (a barra gira mais para baixo), \cos\theta diminui e o centro de massa desce — o que dá energia cinética.

Passo 3

Momento de inércia da barra em relação ao pivô (mostrando de onde vem a fórmula)
  • Para traduzir velocidade angular em energia cinética rotacional precisamos do momento de inércia I da barra em relação ao pivô.
  • O momento de inércia da barra uniforme em relação ao seu centro é I_{\text{cm}}=\dfrac{1}{12}mL^{2}.
  • Usando o teorema dos eixos paralelos (displacement d=L/2 do centro para o pivô),
I=I_{\text{cm}}+m\left(\frac{L}{2}\right)^{2}=\frac{1}{12}mL^{2}+m\frac{L^{2}}{4}=\frac{1}{3}mL^{2}.
  • Portanto vamos usar
I=\frac{1}{3}mL^{2}.

Passo 4

Aplicando conservação da energia mecânica e resolvendo para \dot{\theta}
  • Energia inicial (no ângulo \theta_{0}, repouso): só potencial do centro de massa,
E_{\text{ini}}=m g y(\theta_{0})=m g \frac{L}{2}\cos\theta_{0}.
  • Energia num ângulo qualquer \theta: potencial mais energia cinética rotacional,
E(\theta)=m g \frac{L}{2}\cos\theta+\frac{1}{2}I\dot{\theta}^{2}.
  • Conservação da energia (sem perdas): E_{\text{ini}}=E(\theta). Substituindo I e y,
m g \frac{L}{2}\cos\theta_{0}=m g \frac{L}{2}\cos\theta+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}mL^{2}\right)\dot{\theta}^{2}.
  • Isolando a energia cinética:
\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}mL^{2}\right)\dot{\theta}^{2}=m g \frac{L}{2}\big(\cos\theta_{0}-\cos\theta\big).
  • Simplificando (veja que m cancela):
\frac{1}{6}mL^{2}\dot{\theta}^{2}= \frac{1}{2}m g L\big(\cos\theta_{0}-\cos\theta\big).
\dot{\theta}^{2}=\frac{ \frac{1}{2}m g L\big(\cos\theta_{0}-\cos\theta\big)}{\frac{1}{6}mL^{2}} = \frac{ \tfrac{1}{2} g L\big(\cos\theta_{0}-\cos\theta\big)}{\tfrac{1}{6}L^{2}} = \frac{3g}{L}\big(\cos\theta_{0}-\cos\theta\big).
  • Tomando a raiz positiva (velocidade angular positiva no sentido de aumento de \theta):
\dot{\theta}(\theta)=\sqrt{\frac{3g}{L}\big(\cos\theta_{0}-\cos\theta\big)}.
  • Substituindo \theta_{0}=30^\circ se você quiser a forma com número,
\dot{\theta}(\theta)=\sqrt{\frac{3g}{L}\Big(\cos 30^\circ-\cos\theta\Big)} =\sqrt{\frac{3g}{L}\Big(\frac{\sqrt{3}}{2}-\cos\theta\Big)}.

Passo 5

Interpretação física rápida e verificação de sinal (ânimo!)
  • A expressão faz sentido: se \theta=\theta_{0} então \cos\theta_{0}-\cos\theta=0 e \dot{\theta}=0 (começamos do repouso). Para \theta>\theta_{0} temos \cos\theta menor que \cos\theta_{0}, então o termo dentro da raiz é positivo e a velocidade angular aumenta.
  • A resposta depende somente de g e L porque a massa cancela — típico de problemas onde a gravidade faz trabalho e o sistema é rígido.

Resposta

\dot{\theta}(\theta)=\sqrt{\frac{3g}{L}\big(\cos\theta_{0}-\cos\theta\big)}
\dot{\theta}(\theta)=\sqrt{\frac{3g}{L}\Big(\cos 30^\circ-\cos\theta\Big)}=\sqrt{\frac{3g}{L}\Big(\frac{\sqrt{3}}{2}-\cos\theta\Big)}.

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