( \mathbf{2 , 0 ~ p t} ) Uma régua de um metro e \mathbf{5 0 ~ g} de massa é mantida verticalmente com uma das extremidades apoiadas em uma mesa e depois liberada. Considere a régua como uma barra fina. (a) Determine a velocidade da outra extremidade da régua pouco antes de tocar a mesa, supondo que a outra extremidade de apoio não escorrega. (b) Quanto tempo a régua demora para tocar a mesa?

Passo 1

O enunciado trata de uma régua uniforme de comprimento L=1{,}0\\ \text{m} e massa m=50\\ \text{g}=0,05\\ \text{kg}, presa sem deslizar por uma de suas extremidades e mantida na vertical. Quando liberada, ela gira em torno dessa extremidade até ficar horizontal (tocando a mesa).
Conteúdo: momento de inércia de barra fina em torno de uma extremidade e conservação de energia para obter a velocidade da extremidade livre; depois, análise do tempo de queda via integral da equação do movimento angular.

Passo 2

Para achar a velocidade da extremidade livre pouco antes de tocar a mesa, usamos conservação de energia. A energia potencial inicial (com centro de massa a uma altura L/2 acima da horizontal)
\Delta U = m g \frac{L}{2}
vira energia cinética de rotação no instante imediatamente antes do impacto,
K = \tfrac12 I \,\omega^2,
onde o momento de inércia de uma barra fina girando em torno de uma das extremidades é
I = \frac{1}{3}\,m\,L^2.

Passo 3

Igualando \Delta U e K,
m g \frac{L}{2} \;=\;\frac12\Bigl(\frac{1}{3}mL^2\Bigr)\omega^2 \;\Longrightarrow\; \omega^2 = \frac{3g}{L} \;\Longrightarrow\; \omega = \sqrt{\frac{3g}{L}}.
A velocidade da extremidade livre, a distância L do pivô, é
v = \omega\,L = L\sqrt{\frac{3g}{L}} = \sqrt{3gL}.
Substituindo g=9{,}8\\ \text{m/s}^2 e L=1{,}0\\ \text{m},
v = \sqrt{3\cdot 9{,}8\cdot 1{,}0}\approx 5{,}42\\ \text{m/s}.

Passo 4

Para o tempo de queda T, escrevemos a equação diferencial angular
I\,\frac{d\omega}{dt} \;=\; \tau(\theta) \quad\text{com}\quad \tau(\theta)=m g \frac{L}{2}\sin\theta,
ou, via conservação de energia, o perfil da velocidade angular em função de \theta:
\omega(\theta) =\sqrt{\frac{2}{I}\,m g \frac{L}{2}\bigl(1-\cos\theta\bigr)} =\sqrt{\frac{3g}{L}\bigl(1-\cos\theta\bigr)}.
Então
dt = \frac{d\theta}{\omega(\theta)} =\sqrt{\frac{L}{3g}}\;\frac{d\theta}{\sqrt{1-\cos\theta}},
e o tempo para \theta variar de 0 a \tfrac{\pi}{2} é
T = \sqrt{\frac{L}{3g}} \int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{\sqrt{1-\cos\theta}}.

Passo 5

Perto de \theta=0, temos 1-\cos\theta\approx\tfrac12\theta^2, de modo que o integrando se comporta como
\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-\cos\theta}}\sim \frac{1}{\theta},
logo a integral diverge no limite inferior. Isso significa que, partindo exatamente da vertical sem perturbação inicial, o tempo teórico para sair desse ponto de equilíbrio é infinito.

Resposta

(a) v=\sqrt{3gL}\approx5{,}42\\ \text{m/s}.
(b) T\to\infty (o tempo diverge, pois a régua em posição vertical é um equilíbrio instável).

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