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}=60^{\circ}

Passo 1

O que o problema pede:
  • 3.a) Escrever as duas equações de translação da barra na forma \vec{F}_{\text{res}}=m\vec{a}_G.
  • 3.b) Escrever a equação de rotação da barra na forma \vec{M}_{\text{res}}=I_G\vec{\alpha}.
  • 3.c) Identificar todas as incógnitas do problema.
  • 3.d) Determinar a aceleração angular inicial quando a barra é solta do repouso com ângulo inicial \theta_0=60^\circ.
Informações dadas e hipóteses (claras e necessárias para resolver):
  • A barra é rígida e uniforme, massa m e comprimento L.
  • A barra encosta numa parede vertical (superfície lisa, reação horizontal) e num piso horizontal (superfície lisa, reação vertical). Essas duas reações são normais e não têm atrito.
  • O centro de massa da barra é G, localizado no meio da barra (distância L/2 de cada extremidade).
  • A barra está inicialmente apoiada formando um ângulo \theta com o piso; o problema pede o caso inicial \theta_0=60^\circ.
  • A barra é solta a partir do repouso (velocidade angular inicial \omega_0=0).
Observação: a resolução a seguir usa somente as quantidades acima ( m,L,g,\theta). Não assumirei valores numéricos para m ou L a menos que você confirme; quando necessário apresentarei o resultado em função de L.

Passo 2

Desenho mental e definição de forças e sinais (importante para escrever as equações corretamente).
  • Eixos escolhidos: eixo x horizontal para a direita, eixo y vertical para cima.
  • Reações de contato:
    • H: reação horizontal na parede (aplicada na extremidade superior), direcionada para a direita ou esquerda conforme desenho; tomaremos H como a força que a parede exerce sobre a barra (apontando para a direita se a parede fica à esquerda).
    • V: reação vertical no piso (aplicada na extremidade inferior), dirigida para cima.
  • Peso: m g, aplicado no centro G verticalmente para baixo.
  • Acelerações do centro de massa: componentes a_{Gx} e a_{Gy}.
  • Aceleração angular da barra: \alpha (escalar, sentido positivo conforme convenção a escolher; aqui tomaremos \alpha>0 como sentido que aumenta \theta; se a barra tende a cair reduzindo \theta o resultado numérico pode ser negativo — isso é natural).
  • Momento de inércia da barra em relação ao centro de massa G (barra uniforme): I_G=\frac{1}{12}mL^{2}.

Passo 3

Escrever as duas equações de translação (soma de forças = massa × aceleração).
  • Soma de forças na direção x:
\sum F_x = H = m a_{Gx}.
Explicação: a única força horizontal é a reação H na parede (assumindo parede lisa e piso sem atrito). Pela segunda lei de Newton, essa força produz a aceleração horizontal do centro de massa.
  • Soma de forças na direção y:
\sum F_y = V - m g = m a_{Gy}.
Explicação: a reação vertical V no piso para cima e o peso m g para baixo determinam a aceleração vertical do centro.
(Estas são as duas equações pedidas em 3.a.)

Passo 4

Escrever a equação de rotação em torno do centro de massa G (soma dos momentos = I_G \alpha).
  • Momento das reações em relação a G:
    • A reação H aplicada na extremidade superior gera um momento de módulo H\cdot (L/2)\sin\theta em torno de G (braço perpendicular é (L/2)\sin\theta).
    • A reação V aplicada na extremidade inferior gera um momento de módulo V\cdot (L/2)\cos\theta em torno de G (braço perpendicular é (L/2)\cos\theta).
    • O peso m g aplicado em G não produz momento em torno de G.
  • Direção dos momentos: somamos os momentos algébricos com o sinal consistente; aqui escrevemos a equação de balanço escalar dos módulos (o sinal final para \alpha aparecerá naturalmente).
  • Equação de rotação:
H\frac{L}{2}\sin\theta + V\frac{L}{2}\cos\theta = I_G \,\alpha.
Explicação: o somatório dos momentos das reações em torno de G é igual a I_G\alpha. Esta é a equação pedida em 3.b.

Passo 5

Condições de contato (restrições geométricas) que permitem relacionar a_{Gx},a_{Gy} e \alpha.
  • Para um corpo rígido, a aceleração de um ponto P é
\vec{a}_P=\vec{a}_G+\vec{\alpha}\times\vec{r}_{P/G}+\vec{\omega}\times(\vec{\omega}\times\vec{r}_{P/G}).
  • No instante inicial \omega_0=0, o último termo é nulo. Assim, a contribuição da rotação para a aceleração linear de um ponto reduz-se a \vec{\alpha}\times\vec{r}.
  • Condições de contato iniciais (pontos nas superfícies não penetram as superfícies):
    • Extremidade superior (contato com a parede vertical): a aceleração na direção normal à parede (horizontal) é zero. Usando a expressão vetorial, isso dá:
    a_{Gx} - \alpha\frac{L}{2}\sin\theta = 0 \quad\Longrightarrow\quad a_{Gx} = \alpha\frac{L}{2}\sin\theta.(o sinal vem do produto vetorial; escrevi na forma que relaciona a_{Gx} com \alpha.)
    • Extremidade inferior (contato com o piso horizontal): a aceleração na direção normal ao piso (vertical) é zero, o que dá:
    a_{Gy} + \alpha\frac{L}{2}\cos\theta = 0 \quad\Longrightarrow\quad a_{Gy} = -\alpha\frac{L}{2}\cos\theta.
Explicação: essas duas equações são essenciais — elas representam as restrições geométricas de que a extremidade superior não se move para dentro/fora da parede e a extremidade inferior não penetra o piso no instante inicial.

Passo 6

Substituir as restrições nas equações de translação e rotação para eliminar a_{Gx} e a_{Gy} e obter uma equação apenas em \alpha.
  • Das equações de translação temos H = m a_{Gx} e V = m(g + a_{Gy}).
  • Usando as expressões de a_{Gx} e a_{Gy} do passo anterior: H = m\left(\alpha\frac{L}{2}\sin\theta\right), \qquad V = m\Big(g - \alpha\frac{L}{2}\cos\theta\Big).
  • Substituir H e V na equação de rotação: \left[m\left(\alpha\frac{L}{2}\sin\theta\right)\right]\frac{L}{2}\sin\theta +\left[m\Big(g - \alpha\frac{L}{2}\cos\theta\Big)\right]\frac{L}{2}\cos\theta = I_G\alpha.
  • Expansão e agrupamento em termos com \alpha: m\alpha\left(\frac{L}{2}\right)^2\sin^2\theta + m g \left(\frac{L}{2}\right)\cos\theta - m\alpha\left(\frac{L}{2}\right)^2\cos^2\theta = I_G\alpha.Agrupando os termos que multiplicam \alpha: m g \left(\frac{L}{2}\right)\cos\theta = \alpha\left[I_G - m\left(\frac{L}{2}\right)^2(\sin^2\theta - \cos^2\theta)\right].
  • Usando a identidade \sin^2\theta-\cos^2\theta=-\cos 2\theta, reescrevemos o denominador: I_G - m\left(\frac{L}{2}\right)^2(\sin^2\theta - \cos^2\theta) = I_G + m\left(\frac{L}{2}\right)^2\cos 2\theta.
  • Substituindo I_G=\dfrac{1}{12}mL^2 e simplificando (o fator m cancela): \alpha = \frac{m g \left(\dfrac{L}{2}\right)\cos\theta} {I_G + m\left(\dfrac{L}{2}\right)^2\cos 2\theta} = \frac{g\frac{L}{2}\cos\theta}{\frac{1}{12}L^2 + \frac{1}{4}L^2\cos 2\theta}.Fatorando L^2 no denominador e simplificando: \alpha = \frac{g\frac{L}{2}\cos\theta}{L^2\left(\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{4}\cos 2\theta\right)} = \frac{6g\cos\theta}{L\left(1+3\cos 2\theta\right)}.
Esta é a expressão geral da aceleração angular instantânea em função de L,g,\theta.

Passo 7

Verificação de consistência de sinais e interpretação:
  • A expressão
\alpha(\theta)=\frac{6g\cos\theta}{L\left(1+3\cos 2\theta\right)}
é correta quando as convenções que usei (sinais nos momentos e nas restrições) são mantidas. Se \alpha sair negativa isso indica que o ângulo \theta está diminuindo (a barra gira no sentido de reduzir \theta), o que é fisicamente esperado ao soltar a barra no caso usual \theta_0 grande.
  • Observe que a massa m desapareceu da expressão final (comportamento típico em problemas de dinâmica sem atrito: massa não influencia a aceleração angular inicial).

Passo 8

Lista explícita de todas as incógnitas do problema (3.c):
  • Reações de contato:
    • H = reação horizontal na parede (força).
    • V = reação vertical no piso (força).
  • Componentes da aceleração do centro de massa:
    • a_{Gx} = aceleração horizontal do centro de massa.
    • a_{Gy} = aceleração vertical do centro de massa.
  • Aceleração angular:
    • \alpha = aceleração angular da barra (a incógnita que nos interessa em 3.d).
  • (Parâmetros conhecidos/fornecidos): m (massa), L (comprimento), g (aceleração da gravidade), \theta_0 (ângulo inicial).

Passo 9

Determinar a aceleração angular inicial para \theta_0=60^\circ (3.d).
  • Substitua \theta=\theta_0=60^\circ na fórmula: \alpha_0=\alpha(\theta_0)=\frac{6g\cos 60^\circ}{L\bigl(1+3\cos 120^\circ\bigr)}.
  • Valores trigonométricos: \cos 60^\circ=\tfrac{1}{2}, \cos 120^\circ=-\tfrac{1}{2}. Portanto: \alpha_0=\frac{6g\cdot\frac{1}{2}}{L\bigl(1+3(-\tfrac{1}{2})\bigr)} =\frac{3g}{L\left(1-\tfrac{3}{2}\right)} =\frac{3g}{L\left(-\tfrac{1}{2}\right)} =-\frac{6g}{L}.
  • Interpretação: o sinal negativo indica que \theta diminui imediatamente (barra gira no sentido de cair). O valor absoluto é \dfrac{6g}{L}.
  • Se você quiser um valor numérico, substitua g\approx 9{,}81\\ \text{m/s}^2 e o comprimento L. Por exemplo, para L=4{,}0\\ \text{m} (caso a figura desse problema desse L=4\\ \text{m}) temos \alpha_0 = -\frac{6\cdot 9{,}81}{4{,}0}\approx -14{,}715\\ \text{rad/s}^2.(mas só use esse número se L=4{,}0\\ \text{m} de fato for o comprimento da barra no seu enunciado).

Resposta

3.a) \displaystyle H = m\,a_{Gx} \
\displaystyle V - m g = m\,a_{Gy}
3.b) \displaystyle H\frac{L}{2}\sin\theta + V\frac{L}{2}\cos\theta = I_G\,\alpha, com \displaystyle I_G=\frac{1}{12}mL^2
3.c) Incógnitas: H,\;V,\;a_{Gx},\;a_{Gy},\;\alpha (parâmetros conhecidos: m,\;L,\;g,\;\theta_0)
3.d) \displaystyle \alpha(\theta)=\frac{6g\cos\theta}{L\bigl(1+3\cos 2\theta\bigr)}\quad\Rightarrow\quad \alpha_0=\alpha(60^\circ)=-\frac{6g}{L}.

Exercícios relacionados