Uma porta é fabricada com uma fina chapa homogênea de material: ela tem largura de 1m. Se a porta é aberta em ângulo de 90°, constata-se que, ao ser liberada, ela fecha sozinha em 2s. Suponha que as dobradiças não tenham atrito e demonstre que a linha de dobradiças deverá fazer um ângulo de aproximadamente 3° com a direção vertical.

Passo 1

Deixamos x 3 ' ser o eixo vertical no sistema fixo. Este seria o eixo (ou seja, a linha de dobradiça) da porta se estivesse devidamente pendurada (sem autorrotação), conforme indicada no diagrama. A massa da porta é M = ρ ω h d .

O momento de inércia da porta em torno do eixo x 3 ' é:

I 3 = m ω h d ∫ 0 h d h ' ∫ 0 ω ω ' 2 d d ω ' = 1 3 M ω ²

Lembrando que a porta é considerada como uma chapa fina, d ≪ ω , h

Passo 2

A posição inicial da porta que fecha sozinha pode ser expressa como uma transformação em duas etapas, começando com a posição na figura do Passo 1. A primeira rotação é em torno do

um ângulo θ   e a segunda rotação é em torno do eixo x 1 ' ' através de um ângulo ψ .

Os eixos x 1 ' são os eixos do sistema fixo e os x 1   são os eixos do sistema rotativos que estão presos à porta. Aqui, o ângulo de Euler ϕ   é zero.

Uma vez que esta rotação é realizada no sentido horário e não no sentido anti-horário, a matriz de rotação que transforma os eixos fixos nos eixos rotativos ( x i ' → x i ) com ϕ = 0 e θ → - θ , será:

λ → = c o s   ψ c o s θ ∙ s e n ψ - s e n θ ∙ s e n ψ - s e n   ψ 0 c o s θ ∙ c o s ψ - s e n θ ∙ c o s ψ s e n   θ             cos ⁡ θ

Passo 3

O procedimento é encontrar o torque que atua na porta expresso no sistema de coordenadas fixo e então obter o componente x 3 , ou seja, o componente no sistema rotativo. Observe que quando a porta é liberada a partir do repouso em algum ângulo inicial ψ 0 , a rotação é no sentido de diminuir ψ . E assim podemos escrever:

I 3 ω ˙ 3 = N 3 = I 3 ψ ¨

Onde ω 1 = ω 2 = 0 , desde que ϕ = θ = 0 .

Passo 4

As coordenadas do centro de massa da porta são:

R = 1 2 0 ω h

Agora nós vamos aplicar a transformada inversa para R, então temos:

R → ' = λ → ' R = 1 2 - ω ∙ s e n ψ ω ∙ c o s θ ∙ c o s ψ + h ∙ s e n θ - ω ∙ s e n θ ∙ c o s ψ + h ∙ c o s θ

Passo 5

E a força gravitacional atuando na porta é:

F → ' = - M g e → 3 '

E assim o torque que atua na porta é:

N → ' = R → ' × F → '

N → ' = - 1 2 M g e → 1 ' - ω ∙ s e n ψ 0 e → 2 ' ω ∙ c o s θ ∙ c o s ψ + h ∙ s e n θ 0 e → 3 ' - ω ∙ s e n θ ∙ c o s ψ + h ∙ c o s θ 1

N → ' = - 1 2 M g ω ∙ c o s θ ∙ c o s ψ + h ∙ s e n θ ω ∙ s e n ψ 0

N → ' = λ → N → ' = - 1 2 ω ∙ c o s θ ∙ c o s 2 ψ + h ∙ s e n θ ∙ c o s ψ + ω ∙ c o s θ ∙ s e n 2 ψ - h ∙ s e n θ ∙ s e n ψ ω ∙ s e n θ ∙ s e n ψ

Portanto,

- N 3 = 1 2 M g ω ∙ s e n θ ∙ s e n ψ

Substituindo com a equação do Passo 3:

- 1 2 M g ω ∙ s e n θ ∙ s e n ψ = I 3 ψ ¨ = 1 3 M ω 2 ψ ¨

Passo 6

Resolvendo ψ ¨ :

ψ ¨ = - 3 2 g ω   s e n θ   s e n ψ

Essa equação pode ser integrada multiplicando-a por ψ ˙ :

∫ ψ ¨ ψ ˙ d t = 1 2 ψ ˙ 2 = - 3 2 g ω s e n θ ∫ s e n ψ ∙ ψ ˙ d t

= 3 2 g ω s e n θ ∙ c o s ψ

Onde a constante de integração é zero, pois c o s ψ = 0 quando ψ ˙ = 0 . Portanto:

ψ ˙ = ± 3 g ω s e n θ ∙ c o s ψ

Devemos escolher o sinal negativo, pois ψ ˙ < 0 quando c o s ψ > 0 . Integrando novamente para os limites de ψ = 90 ° até ψ = 0 ° :

∫ π 2 0 d ψ c o s ψ = - 3 g ω s e n θ ∫ 0 T d t

Onde T = 2 , assim com o apoio das Integrais de Funções Gama podemos reescrever a integral acima, como:

∫ 0 π 2 cos - 1 2 ⁡ ψ   d ψ = π 2 Γ 1 4 Γ 3 4

Pelas Funções Gama características temos que:

Γ 1 4 = 3,624

Γ 3 4 = 1,225

Portanto

∫ 0 π 2 cos - 1 2 ⁡ ψ   d ψ = π 2 3,624 1,225 = 2,62

Resposta

E assim podemos resolver o início do Passo 6 para s e n θ :

s e n θ = ω 3 g T 2 ∙ ( 2,62 ) ²

Substituindo os valores de g ,   ω = 1 e T = 2 , encontramos:

θ = s e n - 1 0,058 ≅ 3,33 °