Seja um corpo na forma de um T formado por duas barras finas de comprimento L e massa M como ilustra a figura ao lado. Na figura está também indicado o sistema de coordenadas a ser utilizado. O corpo pode girar livremente sem atrito em torno do eixo x e encontra-se em repouso na vista frontal indicada a .

  1. Determine o momento de inércia rotacional I x do corpo em torno do eixo x e a posição do seu centro de massa r → c m na posição indicada na figura a em função dos dados do problema.
  2. O corpo é girado em torno do eixo x e colocado na posição mostrada na vista lateral b . O eixo x positivo na vista lateral aponta para dentro do plano do papel. O corpo faz 45 ° com o plano x z onde permanece em equilíbrio estático com a ajuda da força F → = 3 M g 2 j → . Determine a força F e → que o eixo faz no corpo nesta posição em função dos dados do problema.
  3. Suponha agora que a força F → pare de atuar e que o corpo, a partir da posição do item anterior, passe a girar livremente em torno do eixo x , partindo do repouso. Determine a energia cinética do copro quando ele cruzar o plano x z .

Passo 1

Letra a)

O momento de inércia vai ser dado por:

I x = ∫ r 2 d m

Onde r é a distância de cada elemento d m de massa até o eixo de rotação. A integral é “só” um somatório de todos esses termos.

Mas se ela é uma soma de todos esses pedacinhos r 2 d m , não faz diferença se eu quiser separar a integral e somar primeiro os da barra vertical e depois os da barra horizontal.

Então é exatamente isso que eu vou fazer.

I x = I | ,     x + I - , x

Então vamos agora observar o momento de inércia de cada barrinha.

Passo 2

Para a barrinha vertical, nós conhecemos o seu momento de inércia ao redor do seu meio (onde fica o seu centro de massa). Vamos então ter que usar o teorema dos eixos paralelos.

O seu momento de inércia ao redor do eixo x fica:

I | , x = 1 12 M L 2 + M L 2 2 = M L 2 3

Já para a barrinha vertical, teremos:

I - , x = 1 2 M R 2 + M L + R 2 = 3 2 M R 2 + M L 2 + 2 M L R

Nota que o enunciado não deu o raio R da barra. Então vamos desistir do problema e partir pro próximo? NUNCA!

Ele não diz R , mas ele diz: “um corpo na forma de um T formado por duas barras finas”. Se as barras são “finas”, o raio delas é praticamente desprezível frente ao comprimento delas. Assim, se fizermos o limite R → 0 , teremos:

I - , x ≈ M L 2

O momento de inércia da forma fica:

I x = M L 2 3 + M L 2 = 4 3 M L 2

Passo 3

Pra fechar a letra a , vamos agora encontrar a posição do seu centro de massa. O centro de massa de um sistema de partículas tem componentes dadas por:

x C M = x 1 m 1 + x 2 m 2 + … m 1 + m 2 + …

y C M = y 1 m 2 + y 2 m 2 + … m 1 + m 2 + …

Porém, como temos duas barrinhas juntas, podemos imaginar como se fossem duas partículas de massa M , cujas posições são as posições de seus centros de massa (que ficam exatamente no meio da barra).

Assim:

x C M = M L 2 + M L 2 2 M = L 2

y C M = M L 2 + M L 2 M = 3 4 L

Onde levamos em conta que temos duas barras de massa M , logo uma forma de massa 2 M .

Assim, o vetor posição do centro de massa da nossa forma fica:

r C M → = L 2 i ^ + 3 L 4 j ^

Passo 4

Letra b)

As condições para termos equilíbrio estático são:

∑ F i → = 0 →

∑ τ i → = 0 →

Se usarmos a primeira condição com as forças dadas teremos:

F e → + F → + P → = F e → + 3 M g 2 j ^ - 2 M g j ^ = 0 →

Rearrumando:

F e → = 2 M g - 3 M g 2 j ^ = M g 2 j ^

Passo 5

Letra c)

Quando o corpo começar a girar, o que temos é a sua energia potencial gravitacional se tornando energia cinética (tanto de translação do centro de massa quanto de rotação do corpo extenso).

Como o que queremos é de fato a energia cinética, então esse é um problema de conservação da energia.

U i + K i = U f + K f

Inicialmente, o sistema está em repouso, logo K i = 0 . No fim, o sistema atinge o plano x z , onde y = 0 , que vamos tomar como a referência para a energia potencial gravitacional. Por isso, U f = 0 . Temos então:

U i = K f

A energia potencial gravitacional inicial é do centro de massa.

U i = 2 M ⋅ g ⋅ h C M

Para acharmos a altura do centro de massa, usamos um pouco de geometria.

O motivo da distância da ponta do “T” até o centro de massa ser 3 L / 4 são os itens que fizemos antes. Neles, quando consideramos que y | = L / 2 , nós assumimos (tava meio escondido no raciocínio) que a barra estava paralela ao eixo y (se não fosse o caso, como estamos vendo aqui, teríamos h C M invés de L / 2 ).

Ou seja, y C M = 3 L / 4 significava a distância da ponta da forma até o centro de massa.

Agora, podemos usar nossa amiga trigonometria:

sen ⁡ 45 ° = h C M 3 L / 4

h C M = 3 L 4 ⋅ 2 2

Substituindo lá em cima:

U i = 2 M ⋅ g ⋅ 3 L 4 ⋅ 2 2

Assim, pela conservação da energia (e simplificando esse rapaz aí)

K f = 3 2 M g L 4

Nota que o problema pediu a “energia cinética”, ou seja, a energia cinética total (translação do centro de massa somada à translação).

Resposta

Letra a)

I x = 4 3 M L 2

r C M → = L 2 i ^ + 3 L 4 j ^

Letra b)

F e → = M g 2 j ^

Letra c)

K f = 2 M ⋅ g ⋅ 3 L 4 ⋅ 2 2 = 3 2 M g L 4

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