Enunciado

A barra fina uniforme, que tem massa m e comprimento L , é submetida a uma carga distribuída uniforme w G , que é sempre dirigida perpendicularmente ao eixo da barra. Se a barra é liberada do repouso, a partir da posição mostrada, determine sua velocidade angular no instante em que houver girado 90 ° . Resolva o problema para rotação no (a) plano horizontal; e (b) no plano vertical.

Passo 1

Oi pessoal, tudo bem? Vamos analisar essa questão.

Podemos aplicar o princípio do trabalho e energia analisando o momento incial e final do sistema.

T 1 + ∑ U 1 → 2 = T 2

T 1 = 1 2 m v 1 2 + 1 2 I G ω 1 2

Como o sistema está em repouso no momento inicial, temos que v 1 e ω 1 são nulos, logo:

T 1 = 0

Para o momento final, temos:

T 2 = 1 2 m v 2 2 + 1 2 I G ω 2 2

Como teremos somente o movimento de rotação, v 2 é zero e:

I G = 1 3 m L 2

Logo:

T 2 = 1 2 1 3 m L 2 ω 2 2

T 2 = 1 6 m L 2 ω 2

Passo 2

A parcela do trabalho ∑ U 1 → 2 , será:

∑ U 1 → 2 = ∫ 0 π 2 ∫ 0 L w 0 d x x d θ

Vamos resolver cada integral:

∫ 0 L w 0 x d x = w 0 x 2 2 0 L

∫ 0 L w 0 x d x = w 0 L 2 2 - 0 2 2

∫ 0 L w 0 x d x = w 0 L 2 2

A segunda integral é então:

∫ 0 π 2 w 0 L 2 2 d θ = w 0 L 2 2 θ 0 π / 2

∫ 0 π 2 w 0 L 2 2 d θ = w 0 L 2 2 π 2 - 0

∫ 0 π 2 w 0 L 2 2 d θ = π w 0 L 2 4

∑ U 1 → 2 = π w 0 L 2 4

Agora é só aplicar:

T 1 + ∑ U 1 → 2 = T 2

0 + π w 0 L 2 4   = 1 6 m L 2 ω 2

ω = 3 π 2 w 0 m

Passo 3

Para a análise do plano vertical, temos que considerar a parcela potencial gravitacional para os nossos cálculos, portanto:

T 1 + ∑ U 1 → 2 = T 2

T 1 = 1 2 m v 1 2 + 1 2 I G ω 1 2

Como o sistema está em repouso no momento inicial, temos que v 1 e ω 1 são nulos, logo:

T 1 = 0

Para o momento final, temos:

T 2 = 1 2 m v 2 2 + 1 2 I G ω 2 2

Como teremos somente o movimento de rotação, v 2 é zero e:

I G = 1 3 m L 2

Logo:

T 2 = 1 2 1 3 m L 2 ω 2 2

T 2 = 1 6 m L 2 ω 2

Passo 4

A parcela do trabalho ∑ U 1 → 2 , será:

∑ U 1 → 2 = ∫ 0 π 2 ∫ 0 L w 0 d x x d θ + m g h

Vamos resolver cada integral:

∫ 0 L w 0 x d x = w 0 x 2 2 0 L

∫ 0 L w 0 x d x = w 0 L 2 2 - 0 2 2

∫ 0 L w 0 x d x = w 0 L 2 2

A segunda integral é então:

∫ 0 π 2 w 0 L 2 2 d θ = w 0 L 2 2 θ 0 π / 2

∫ 0 π 2 w 0 L 2 2 d θ = w 0 L 2 2 π 2 - 0

∫ 0 π 2 w 0 L 2 2 d θ = π w 0 L 2 4

∑ U 1 → 2 = π w 0 L 2 4 + m g L 2

Agora é só aplicar:

T 1 + ∑ U 1 → 2 = T 2

0 + π w 0 L 2 4 + m g L 2   = 1 6 m L 2 ω 2

ω 2 = 3 2 w 0 π L m L + m g 6 2 m L

A velocidade angular será:

ω = 3 π 2 w 0 m + 3 g L

Resposta

a ) ω = 3 π 2 w 0 m

b ) ω = 3 π 2 w 0 m + 3 g L

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