Escreva as 3 equações do movimento da barra:
3.a) as 2 que governam o movimento de translação de G \vec{F}_{\text {res }}=m \vec{a}_{G}
3.b) e a equação do movimento de rotação da barra \vec{M}_{\text {res }}=I \vec{\alpha}
também:
3.c) identifique todas as incógnitas do problema
3.d) determine a aceleração angular inicial para o caso em que a barra é solta desde o repouso com um ângulo inicial \theta_{0}=10^{\circ}

Passo 1

O que o enunciado pede:
  • 3.a) Escrever as duas equações de translação que vêm de \sum \vec{F}_{\text{res}} = m \vec{a}_G.
  • 3.b) Escrever a equação de rotação que vem de \sum \vec{M}_{\text{res}} = I \vec{\alpha}.
  • 3.c) Identificar todas as incógnitas do problema.
  • 3.d) Calcular a aceleração angular inicial quando a barra é solta do repouso com ângulo inicial \theta_{0}=10^{\circ}.
Informações fornecidas / hipótese necessária (assumo isto porque o enunciado típico que pede essas equações refere-se a este caso; se o seu enunciado for diferente diga-me):
  • A barra é rígida, de massa \,m e comprimento \,L.
  • A barra está articulada (pivot) em uma extremidade O sem atrito; o centro de massa da barra é G, localizado a uma distância \tfrac{L}{2} de O.
  • A gravidade atua verticalmente para baixo com intensidade \,g.
  • O ângulo \theta mede a orientação da barra no instante considerado (o enunciado dá \theta_0=10^\circ no instante de soltura).
  • No instante inicial a barra é solta a partir do repouso, portanto \omega(0)=0.
(Observação: se no seu enunciado a barra não estiver presa em uma extremidade, avise; as equações e o número de incógnitas mudam.)

Passo 2

Desenho mental / forças e variáveis relevantes (sem resolver ainda):
  • Forças externas: reação do pivô em O com componentes \,H_x e \,H_y e o peso \,m\!g atuando em G verticalmente para baixo.
  • A massa total é \,m. A posição do centro de massa G em relação ao pivô é \vec{r}_{OG} de módulo \tfrac{L}{2} e direção ao longo da barra.
  • Vamos usar um sistema de eixos cartesiano (x,y) com x horizontal positivo para a direita e y vertical positivo para cima. O ângulo \theta será medido da horizontal (outra escolha só mudaria componentes trigonométricas algebricamente, mas manteremos consistência quando aparecerem senos e cossenos).
Definições que usaremos:
  • Aceleração do centro de massa G: \vec{a}_G.
  • Aceleração angular da barra: \alpha=\ddot\theta.
  • Momento de inércia da barra em relação ao pivô O: usaremos o teorema dos eixos paralelos quando necessário.

Passo 3

Escrevendo as equações de translação (forma vetorial e depois componentes).
  • A equação vetorial geral é \displaystyle \sum \vec{F}_{\text{res}} = m \vec{a}_G.
As forças externas são \vec{H} = H_x \,\hat{\imath} + H_y \,\hat{\jmath} (reação no pivô) e \vec{P} = -m g \,\hat{\jmath} (peso, para baixo). Logo:
\vec{H} + (-m g\,\hat{\jmath}) = m \vec{a}_G.
Separando em componentes x e y:
\boxed{\;H_x = m a_{Gx}\;}
\boxed{\;H_y - m g = m a_{Gy}\;}
Comentário didático sobre estas equações:
  • Estas duas equações representam conservação da quantidade de movimento linear nas direções x e y. As incógnitas aqui aparecem porque a reação do pivô (H_x,H_y) pode acelerar o centro de massa, e \vec{a}_G depende do movimento de rotação da barra (pela ligação rígida entre pontos).

Passo 4

Relação entre \vec{a}_G e a aceleração angular \alpha — para usar nas equações acima:
  • Para um corpo rígido em rotação em torno de O, a aceleração do ponto G tem duas componentes: tangencial e normal. Em módulo:
    • componente tangencial a_t = \left(\tfrac{L}{2}\right)\alpha (direção perpendicular à barra, sentido que segue o sinal de \alpha),
    • componente normal a_n = \left(\tfrac{L}{2}\right)\omega^2 (direção para o pivô).
  • No instante inicial, como a barra é solta a partir do repouso, \omega(0)=0. Portanto inicialmente a_n(0)=0 e a aceleração de G é puramente tangencial: \vec{a}_G(0) = a_{t}(0)\,\hat{t} = \left(\tfrac{L}{2}\right)\alpha(0)\,\hat{t},onde \hat{t} é o versor tangencial (perpendicular à barra). Se precisarmos das componentes x,y, projetamos \hat{t} usando trigonometria com o ângulo \theta_0.

Passo 5

Escrevendo a equação de rotação em torno do pivô O:
  • A forma conveniente para encontrar \alpha é somar momentos em relação ao pivô O, porque a reação no pivô passa por O e, portanto, tem momento nulo em relação a O.
  • A equação é:
\sum M_O = I_O \,\alpha,
onde I_O é o momento de inércia da barra em relação ao ponto O.
Cálculo do momento causado pelo peso:
  • O peso m g atua em G, a uma distância perpendicular de \tfrac{L}{2} do pivô. O braço do peso é \tfrac{L}{2} e a componente de momento é - m g \left(\tfrac{L}{2}\right)\sin\theta (o sinal depende da convenção; aqui escolhemos positivo se \alpha for no sentido que aumenta \theta; a gravidade tende a diminuir \theta quando a barra está para cima, daí o sinal negativo).
  • Assim:
\sum M_O = - m g \left(\tfrac{L}{2}\right)\sin\theta.
Momento de inércia da barra em relação ao pivô O:
  • Para uma barra uniforme de comprimento L girando em torno de uma extremidade, o momento de inércia é conhecido:
I_O = \tfrac{1}{3} m L^2.
(Se você não decorou, lembra do teorema: para uma barra sobre seu centro I_G=\tfrac{1}{12}mL^2 e pelo teorema dos eixos paralelos I_O=I_G+m(\tfrac{L}{2})^2=\tfrac{1}{12}mL^2+m\tfrac{L^2}{4}=\tfrac{1}{3}mL^2.)
Portanto a equação de rotação fica:
\boxed{\; - m g \left(\tfrac{L}{2}\right)\sin\theta \;=\; \left(\tfrac{1}{3}m L^2\right)\alpha \;}

Passo 6

Simplificação da equação de rotação para obter \alpha em função de \theta:
  • Isolando \alpha:
\alpha = -\frac{m g \left(\tfrac{L}{2}\right)\sin\theta}{\tfrac{1}{3} m L^2} = -\frac{\cancel{m} g \,\tfrac{L}{2}\sin\theta}{\tfrac{1}{3}\cancel{m} L^2} = -\frac{3 g}{2 L}\sin\theta.
Comentário didático:
  • Observe que a massa m cancela: a aceleração angular não depende de m, porque tanto o momento gerador quanto o momento de inércia crescem com m.
  • O sinal negativo indica que o efeito do peso é causar \alpha no sentido que reduz \theta (ou seja, gira a barra para “baixo”).

Passo 7

Identificação das incógnitas do problema (3.c):
  • Reações no pivô: H_x e H_y.
  • Acelerações do centro de massa: a_{Gx} e a_{Gy} (ou, alternativamente, a aceleração tangencial a_t e normal a_n).
  • Aceleração angular da barra: \alpha (função do tempo, mas em particular \alpha(0) no instante inicial).
  • Se necessário, a velocidade angular \omega(t) e o ângulo \theta(t) são incógnitas dependentes do tempo que surgem ao integrar as equações.

Passo 8

Cálculo da aceleração angular inicial ( 3.d) para \theta_0=10^\circ e condição inicial \omega(0)=0:
  • Usamos a expressão geral obtida:
\alpha(0)= -\frac{3 g}{2 L}\sin\theta_0.
  • Substituindo \theta_0=10^\circ:
\alpha(0)= -\frac{3 g}{2 L}\sin\!\bigl(10^\circ\bigr).
  • Se quiser um valor numérico em função de L, usando g\approx 9{,}81\\ \text{m/s}^2:
\alpha(0) \approx -\frac{3\cdot 9{,}81}{2 L}\sin\!\bigl(10^\circ\bigr) = -\frac{29{,}43}{2 L}\cdot 0{,}173648\ldots \approx -\frac{2{,}554}{L}\\ \text{rad/s}^2.
Isto significa, por exemplo, se L=1{,}0\\ \text{m} então \alpha(0)\approx -2{,}554\\ \text{rad/s}^2. O sinal negativo indica que \theta começa a diminuir (gira “para baixo”).

Resposta

3.a) H_x = m a_{Gx} \
\qquad H_y - m g = m a_{Gy} \
3.b) - m g \left(\tfrac{L}{2}\right)\sin\theta = \left(\tfrac{1}{3} m L^2\right)\alpha \
3.c) Incógnitas: H_x,\;H_y,\;a_{Gx},\;a_{Gy},\;\alpha (e, se necessário, \omega(t),\;\theta(t)) \
3.d) \displaystyle \alpha(0) = -\frac{3 g}{2 L}\sin\!\bigl(10^\circ\bigr)\approx -\frac{2{,}554}{L}\\ \text{rad/s}^2 (usando g=9{,}81\\ \text{m/s}^2).

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