Em um laboratório de automação, uma barra homogênea de massa 2,0 \mathrm{~kg} e comprimento 1,20 \mathrm{~m} está disposta horizontalmente e pode girar livremente (sem atrito) em torno de um eixo vertical que passa pelo seu centro.
Um atuador aplica uma força F constante de módulo 3,0 \mathrm{~N} em um ponto situado a 0,2 \mathrm{~m} do centro da barra. Durante todo o movimento, a força é mantida sempre perpendicular à barra, de modo que o torque aplicado permanece constante.
Determine o ângulo girado pela barra após 2 \sqrt{\frac{\pi}{15}} s, contado desde o repouso.
a) 30^{\circ}.
b) 45^{\circ}.
c) 60^{\circ}.
d) 120^{\circ}.
е) 150^{\circ}.

Passo 1

O enunciado nos dá os seguintes dados (todos retirados do enunciado):
  • massa da barra: m=2,0\\ \mathrm{kg}.
  • comprimento da barra: L=1,20\\ \mathrm{m}.
  • a barra está inicialmente em repouso e pode girar livremente em torno de um eixo vertical que passa pelo seu centro.
  • força aplicada: F=3,0\\ \mathrm{N}, aplicada sempre perpendicular à barra num ponto a r=0,20\\ \mathrm{m} do centro.
  • a força permanece constante e perpendicular à barra durante todo o movimento (logo o torque é constante).
  • intervalo de tempo contado desde o repouso: t=2\sqrt{\dfrac{\pi}{15}}\\ \mathrm{s}.
O que o problema pede:
  • determinar o ângulo girado pela barra durante o intervalo t (escolher entre as alternativas fornecidas).

Passo 2

Calcular o torque constante aplicado pela força.
Definição: o torque (ou momento) de uma força aplicada a uma distância r do eixo, quando a força é perpendicular ao braço, é
\tau = F \, r.
Substituindo os valores fornecidos:
\tau = 3,0\cdot 0,20 = 0,60\\ \mathrm{N\cdot m}.

Passo 3

Calcular o momento de inércia da barra em relação ao eixo que passa pelo centro e é perpendicular ao comprimento.
Explicação e derivação rápida (importante entender para a prova): o momento de inércia de um corpo é a soma (ou integral) de r^2 vezes a massa elementar. Para uma barra homogênea de comprimento L e massa m, tomando a coordenada x ao longo da barra com origem no centro, tem-se dm = \dfrac{m}{L}\,dx e cada pedaço está a distância |x| do eixo. Assim
I=\int_{-L/2}^{L/2} x^2\,dm = \frac{m}{L}\int_{-L/2}^{L/2} x^2\,dx.
Calculando a integral:
I=\frac{m}{L}\left[\frac{x^3}{3}\right]_{-L/2}^{L/2} =\frac{m}{L}\left(\frac{(L/2)^3-(-L/2)^3}{3}\right) =\frac{m}{L}\cdot\frac{2(L/2)^3}{3} =\frac{1}{12}mL^2.
Agora substituir numericamente:
I=\frac{1}{12}\cdot 2,0\cdot(1,20)^2 =\frac{1}{12}\cdot 2,0\cdot 1,44 =\frac{2,88}{12}=0,24\\ \mathrm{kg\cdot m^2}.

Passo 4

Relacionar torque com aceleração angular.
Princípio (análogo a F=ma na translação): o equilíbrio dinâmico rotacional é
\tau = I\,\alpha,
onde \alpha é a aceleração angular. Como \tau e I são constantes aqui, \alpha será constante. Logo
\alpha=\frac{\tau}{I}=\frac{0,60}{0,24}=2,5\\ \mathrm{rad/s^2}.

Passo 5

Usar as equações do movimento rotacional com aceleração angular constante para obter o ângulo girado.
Análogo à s = s_0 + v_0 t + \tfrac{1}{2} a t^2, para rotação com velocidade angular inicial nula ( \omega_0=0) temos
\theta = \theta_0 + \omega_0 t + \tfrac{1}{2}\alpha t^2 = \tfrac{1}{2}\alpha t^2.
Como a barra parte do repouso e podemos tomar \theta_0=0, fica
\theta=\tfrac{1}{2}\alpha t^2.
Substituindo \alpha=2,5 e t=2\sqrt{\dfrac{\pi}{15}}:
t^2 = 4\cdot\frac{\pi}{15}=\frac{4\pi}{15}.
Portanto
\theta=\tfrac{1}{2}\cdot 2,5\cdot \frac{4\pi}{15} =1,25\cdot\frac{4\pi}{15}.
Simplificando:
1,25=\frac{5}{4}\quad\Rightarrow\quad \theta=\frac{5}{4}\cdot\frac{4\pi}{15}=\frac{5\pi}{15}=\frac{\pi}{3}\\ \mathrm{rad}.

Passo 6

Converter o ângulo para graus e comparar com as alternativas.
Conversão:
\theta\\ (\text{em graus})=\frac{\pi}{3}\cdot\frac{180^\circ}{\pi}=60^\circ.
Essa corresponde à alternativa (c).

Resposta

c) 60^\circ

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