(2,0 pontos) Uma barra nāo homogènea de 1,00 \mathrm{~m} de comprimento tem seu centro de massa a uma distância de 25 cm de uma das extremidades. A barra è suspensa por sua extremidade mais próxima do centro de massa, h=25 \mathrm{~cm}, e funciona como um pèndulo físico de periodo T=1,617 \mathrm{~s} em um lugar onde a aceleraçāo da gravidade é g=9,80 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}. O momento de inércia da barra em relaçāo a um eixo perpendícular à barra e que passa por seu centro de massa pode ser escrito como I_{\mathrm{CM}}=b m \ell^{2}, onde b é um número maior que zero, m a massa da barra e \ell seu comprimento.
(a) Determine o valor de b para a barra descrita no problema? Este valor é maior, menor, ou igual ao valor para uma barra homogènea, b=1 / 12 ?
(b) Existe um outro ponto h ao longo da barra que estas pode ser presa que também resulta em um período de oscilaçào T=1,617 \mathrm{~s}. Determine h para este ponto.
\begin{array}{|l|l|} \hline T=2 \pi \sqrt{\frac{I}{m g h}} & I=I_{\mathrm{CM}}+m h^{2} \\\ \hline \end{array}

Passo 1

O enunciado dá os seguintes dados e pede duas coisas claras:
  • Comprimento da barra: \ell=1,00\\ \mathrm{m}.
  • O centro de massa está a 0,25\\ \mathrm{m} de uma das extremidades. A barra é suspensa por essa extremidade mais próxima do CM, portanto a distância do ponto de suspensão ao centro de massa é h=0,25\\ \mathrm{m} (essa é a situação que produz o período dado).
  • Período observado: T=1,617\\ \mathrm{s}.
  • Aceleração da gravidade: g=9,80\\ \mathrm{m/s^2}.
  • O momento de inércia em torno do centro de massa é dado por I_{\mathrm{CM}}=b\,m\ell^{2}, onde b>0 é a constante que queremos achar (parte (a)).
    As questões são:
    (a) Determinar o valor de b. Comparar com o valor para uma barra homogênea b=1/12.
    (b) Encontrar outro ponto (distância h a partir do centro de massa) onde a barra pode ser presa e também ter o mesmo período T=1,617\\ \mathrm{s}.
Além disso o enunciado fornece as fórmulas úteis (período do pêndulo físico e teorema dos eixos):
T=2\pi\sqrt{\frac{I}{m g h}},\qquad I=I_{\mathrm{CM}}+m h^{2}.

Passo 2

Vou explicar as fórmulas que vamos usar (aula rápida, sem pular etapas):
  • Período do pêndulo físico: para um corpo rígido que oscila em torno de um eixo fixo a uma distância h do seu centro de massa, o período é
T=2\pi\sqrt{\frac{I}{m g h}},
onde:
  • T é o período (segundos),
  • I é o momento de inércia do corpo relativo ao eixo de rotação (kg·m^2),
  • m é a massa (kg),
  • g é a aceleração da gravidade (m/s^2),
  • h é a distância entre o eixo de rotação e o centro de massa (m).
    Essa fórmula resulta de linearizar o torque restaurador para pequenas oscilações e reconhecer a forma de um MHS (movimento harmônico simples).
  • Teorema dos eixos (Steiner / eixo paralelo): o momento de inércia em relação a um eixo paralelo que fica a uma distância h do centro de massa é
I=I_{\mathrm{CM}}+m h^{2}.
No nosso caso I_{\mathrm{CM}}=b\,m\ell^{2}, portanto
I=b\,m\ell^{2}+m h^{2}=m\left(b\ell^{2}+h^{2}\right).
Substituindo I na expressão do período obtemos uma relação envolvendo b, \ell, h, g e T. Essa relação será a equação que vamos resolver.

Passo 3

Montar a equação que relaciona b com os dados. Substituindo I em T:
T=2\pi\sqrt{\frac{m\left(b\ell^{2}+h^{2}\right)}{m g h}} =2\pi\sqrt{\frac{b\ell^{2}+h^{2}}{g h}}.
Isolando b:
\left(\frac{T}{2\pi}\right)^{2}=\frac{b\ell^{2}+h^{2}}{g h} \quad\Rightarrow\quad b\ell^{2}+h^{2}=g h\left(\frac{T}{2\pi}\right)^{2}
\Rightarrow\quad b=\frac{g h\left(\dfrac{T}{2\pi}\right)^{2}-h^{2}}{\ell^{2}}.
Agora substituímos os valores numéricos ( \ell=1,00\\ \mathrm{m}, h=0,25\\ \mathrm{m}, T=1,617\\ \mathrm{s}, g=9,80\\ \mathrm{m/s^{2}}) e calculamos passo a passo.

Passo 4

Cálculos numéricos detalhados para b:
  • Primeiro calcule \displaystyle \tau\equiv\left(\frac{T}{2\pi}\right)^{2}=\frac{T^{2}}{4\pi^{2}}.
T^{2}=1,617^{2}=2,614689, \qquad 4\pi^{2}\approx 39,4784176,
\tau=\frac{2,614689}{39,4784176}\approx 0,066265.
  • Agora g h\,\tau:
g h\,\tau = 9,80\times 0,25\times 0,066265 =9,80\times 0,01656625\approx 0,162391.
  • Subtrair h^{2} e dividir por \ell^{2}=1,00^{2}=1,00:
b=\frac{0,162391-0,25^{2}}{1,00} =\frac{0,162391-0,0625}{1,00} =\frac{0,099891}{1,00}\approx 0,09989.
Arredondando com sentido prático: b\approx 0,100.
Comparação com barra homogênea: b_{\text{homog}}=1/12\approx 0,08333. Portanto o b encontrado é maior que 1/12.

Passo 5

Agora (parte (b)) buscamos outro ponto h tal que o período seja o mesmo. Partimos da equação geral já escrita:
\left(\frac{T}{2\pi}\right)^{2}=\frac{b\ell^{2}+h^{2}}{g h}.
Multiplicando e arrumando em forma de equação quadrática em h:
b\ell^{2}+h^{2}-g h\left(\frac{T}{2\pi}\right)^{2}=0 \quad\Rightarrow\quad h^{2}-\biggl[g\left(\frac{T}{2\pi}\right)^{2}\biggr]h + b\ell^{2}=0.
Esta é uma quadrática do tipo h^{2}-A h + B=0 com
A=g\left(\frac{T}{2\pi}\right)^{2},\qquad B=b\ell^{2}.
A solução usa a fórmula quadrática:
h=\frac{A\pm\sqrt{A^{2}-4B}}{2}.

Passo 6

Cálculo numérico das raízes (detalhado):
  • Já temos \tau\approx 0,066265. Então
A=g\tau=9,80\times 0,066265\approx 0,649397.
  • E B=b\ell^{2}\approx 0,099891\times 1,00^{2}=0,099891.
  • Discriminante:
\Delta=A^{2}-4B\approx 0,649397^{2}-4\times 0,099891 \approx 0,421716-0,399565=0,022151.
  • Raiz quadrada:
\sqrt{\Delta}\approx 0,148833.
  • As duas soluções:
h_{1}=\frac{A+\sqrt{\Delta}}{2}\approx\frac{0,649397+0,148833}{2}\approx 0,399115\\ \mathrm{m},
h_{2}=\frac{A-\sqrt{\Delta}}{2}\approx\frac{0,649397-0,148833}{2}\approx 0,250282\\ \mathrm{m}.
Uma das raízes h_{2}\approx 0,25028\\ \mathrm{m} corresponde (com pequena diferença numérica de arredondamento) ao caso conhecido h=0,25\\ \mathrm{m} – é a suspensão pela extremidade mais próxima do CM. A outra raiz é o outro ponto que produz o mesmo período:
h\approx 0,3991\\ \mathrm{m}\\ (\text{aprox. }39,9\\ \mathrm{cm}\\ \text{do CM}).

Passo 7

Verificação física rápida:
  • Distâncias do centro de massa às extremidades são 0,25\\ \mathrm{m} (perto) e 0,75\\ \mathrm{m} (longe). O segundo valor h\approx 0,3991\\ \mathrm{m} é menor que 0,75\\ \mathrm{m}, logo corresponde a um ponto situado dentro da barra do lado da extremidade mais distante do CM — ou seja, é um ponto físico válido onde se pode prender a barra.
  • Conclusão: há dois pontos ao longo da barra que dão o mesmo período (como normalmente acontece com pêndulos físicos): um a 0,25\\ \mathrm{m} (já dado) e o outro a aproximadamente 0,399\\ \mathrm{m} do CM.

Resposta

b\approx 0,0999 (maior que 1/12\approx 0,08333)
h\approx 0,399\\ \mathrm{m}

Exercícios relacionados