(1 ponto) A barra fina uniforme tem uma massa de 10 k g. Determine as componentes verticais e horizontais da reação no pino O, e a aceleração angular da barra logo após a corda ser cortada. (Equivalente ao Problema Fundamental 17.11 p. 347)

Passo 1

O enunciado dado (sem figura) informa que a barra fina uniforme tem massa 10\\ \mathrm{kg} e pede:
  • as componentes vertical e horizontal da reação no pino O imediatamente após a corda ser cortada;
  • a aceleração angular da barra imediatamente após a corda ser cortada.
Informações que estão faltando e que são necessárias para um resultado numérico completo:
  • a configuração geométrica exata (como a barra está orientada antes do corte, onde a corda está presa, e a distância/ comprimento da barra L);
  • em particular, o comprimento L da barra ou o braço de momento entre O e o centro de massa, e o ângulo da barra em relação à vertical/horizontal se não for horizontal.
Sem a figura ou esses dados geométricos não é possível dar a aceleração angular numérica (pois ela depende de L). Abaixo eu explico passo a passo a solução para a configuração mais comum desse tipo de problema (barra uniforme de comprimento L articulada em uma extremidade O, inicialmente horizontal e mantida em equilíbrio por uma corda no extremo livre), e dou as expressões gerais que se aplicam a essa configuração. Se a sua figura for diferente, os mesmos princípios valem, mas será preciso substituir as distâncias/ângulos apropriados.

Passo 2

Descrição física e escolha do método (sem calcular ainda). Logo após a corda ser cortada a barra passa a girar em torno do pino O (o pino impede translação do ponto O, então o movimento instantâneo é rotação em torno de O). Para obter a aceleração angular \alpha usa-se o momento das forças em relação ao pino e a equação do movimento rotacional:
\sum M_O = I_O\,\alpha,
onde I_O é o momento de inércia da barra em relação ao pino O. Para a reação no pino usamos as equações do movimento linear do centro de massa G:
\sum F_x = m a_{Gx},\qquad \sum F_y = m a_{Gy},
onde a_{G} é a aceleração do centro de massa imediatamente após o corte, que pode ser obtida a partir de \alpha (pois a_G tem componente tangencial a_t=\alpha r_G e componente radial dependente da velocidade angular; como a velocidade angular inicial é zero, a componente radial é nula no instante imediatamente após o corte).
Vou agora aplicar esse método à configuração padrão indicada acima (barra inicialmente horizontal, presa em O numa extremidade, corda no extremo livre).

Passo 3

Geometria e momentos para a configuração padrão (barra horizontal, comprimento L, massa m=10\\ \mathrm{kg}). Para uma barra uniforme de comprimento L articulada em uma extremidade:
  • o centro de massa G fica à distância r_G=\dfrac{L}{2} de O;
  • o momento de inércia em relação a um eixo perpendicular ao plano passando por O é
I_O=\dfrac{1}{3}mL^2.
Imediatamente após a corda ser cortada, a única força externa que produz momento em relação a O é o peso m g agindo em G. Para a barra inicialmente horizontal, o braço perpendicular do peso em relação a O é r_G=\dfrac{L}{2}. Portanto o momento em relação a O é M_O = m g \cdot \dfrac{L}{2} (sentido que produz rotação que faz cair a barra com a extremidade livre para baixo).
Aplicando \sum M_O = I_O\,\alpha:
m g\cdot\frac{L}{2}= \frac{1}{3}mL^2\,\alpha.

Passo 4

Calcular \alpha (configuração padrão). Cancelando m e L quando possível:
\alpha = \frac{m g\,(L/2)}{(1/3)mL^2}=\frac{g\,\dfrac{L}{2}}{\dfrac{1}{3}L^2}=\frac{g}{1}\cdot\frac{\tfrac{1}{2}}{\tfrac{1}{3}L}=\frac{3g}{2L}.
Portanto, para a barra inicialmente horizontal a magnitude da aceleração angular imediatamente após o corte é
\alpha=\frac{3g}{2L},
com sentido tal que a extremidade livre cai (no esquema usual isso é no sentido horário).
Observação: essa expressão depende de L. Sem L não dá para numericamente avaliar \alpha.

Passo 5

Aceleração do centro de massa G e reações no pino (configuração padrão). A componente tangencial da aceleração de G vale
a_t=\alpha\,r_G=\alpha\frac{L}{2}.
Substituindo \alpha=\dfrac{3g}{2L} obtemos
a_t=\frac{3g}{2L}\cdot\frac{L}{2}=\frac{3g}{4}.
Nesse instante a velocidade angular inicial é nula, logo não há componente centrípeta; assim a aceleração de G é puramente tangencial (vertical, no caso da barra horizontal que começa a girar para baixo) de magnitude 3g/4 dirigida para baixo.
Agora escrevemos as equações de Newton para as componentes da força no pino R_O=(R_x,R_y). Tomando para cima e para a direita sinais positivos:
  • na direção x: não há aceleração horizontal do centro de massa (a aceleração de G é vertical), então
R_x = m a_{Gx}=0.
  • na direção y: somando forças verticais,
R_y - m g = m a_{Gy}.
Como a_{Gy}=-\dfrac{3g}{4} (negativo porque é para baixo), obtemos
R_y - m g = m\left(-\frac{3g}{4}\right)\quad\Rightarrow\quad R_y = m g - \frac{3}{4}m g = \frac{1}{4} m g.
Substituindo m=10\\ \mathrm{kg} e g=9,81\\ \mathrm{m/s^2}:
R_y=\frac{1}{4}\cdot 10\cdot 9,81=24,525\\ \mathrm{N}\quad(\text{para cima}),
e
R_x=0\\ \mathrm{N}.

Passo 6

Interpretação e observações finais. Resumo para a configuração padrão (barra inicialmente horizontal, corda presa na extremidade livre):
  • A reação horizontal no pino é nula: R_x=0.
  • A reação vertical no pino é para cima e igual a um quarto do peso: R_y=\dfrac{1}{4}m g. Com m=10\\ \mathrm{kg} isso dá R_y=24,525\\ \mathrm{N} (aprox. 24,5\\ \mathrm{N}).
  • A aceleração angular imediata é \displaystyle \alpha=\frac{3g}{2L} (direção tal que a extremidade livre cai). Para obter o valor numérico de \alpha é preciso conhecer o comprimento L.
Se a figura do seu enunciado for diferente (por exemplo corda presa em um ponto distinto, barra inclinada antes do corte, pino não em uma extremidade, etc.), os passos acima mostram o procedimento: obter o momento do peso em relação a O, usar I_O apropriado e calcular \alpha; depois usar a_G associado a \alpha e aplicar \sum F_x e \sum F_y para obter R_x e R_y. Se quiser, me envie a figura ou informe o comprimento L e a orientação da barra que eu faço os cálculos numéricos específicos para o seu caso.

Resposta

R_x=0\\ \mathrm{N}
R_y=\dfrac{1}{4}m g=\dfrac{1}{4}\cdot 10\cdot 9,81=24{,}525\\ \mathrm{N} (para cima)
\displaystyle \alpha=\frac{3g}{2L} (sentido que faz a extremidade livre cair; é necessário conhecer L para avaliar numericamente \alpha)

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