Halliday & Resnick
Fundamentos de Física – 10a Edição
Capítulo 10: Rotação
Exercício 65:
Enunciado:
Uma chaminé cilíndrica cai quando a base sofre um abalo. Trate a chaminé como uma barra fina, com 55,0 m de comprimento. No instante em que a chaminé faz um ângulo de 35,0o com a vertical durante a queda, (a) qual é a aceleração radial do topo e (b) qual é a aceleração tangencial… para ter acesso ao enunciado completo, cheque a disponibilidade do livro na biblioteca da sua instituição de ensino. O livro também pode ser adquirido através desse link.
Dados relevantes fornecidos no enunciado:
Item (a):
Nesse momento, devemos calcular qual a aceleração radial do topo. Primeiramente, podemos escrever a conservação de energia mecânica antes e depois da queda. Para isso, vamos utilizar como referência um pouco no centro de massa da chaminé. Antes da chaminé cair, há apenas energia potencial gravitacional, que no centro de massa será de:
$$
E_i = \frac{MgH}{2}
\tag{1}$$
Quando a chaminé está caindo de um ângulo de $35^{\circ}$, temos energia potencial gravitacional com a correção do ângulo e também a energia cinética de rotação devido a velocidade angular da chaminé caindo, dada por:
$$
E_f = \frac{MgH}{2}cos\theta +\frac{I\omega^2}{2}
\tag{2}$$
Por conservação de energia mecânica:
$$
E_f = E_i \Longrightarrow \frac{MgH}{2}= \frac{MgH}{2}cos\theta +\frac{I\omega^2}{2}
\tag{3}$$
Através da tabela 10-2 (e), temos que o momento de inércia de uma barra fina no centro de massa é dada por:
$$
I_{CM} = \frac{ML^2}{12}
\tag{4}$$
Mas perceba que a chaminé ao cair não gira ao redor de um eixo no centro de massa, mas sim de um eixo que passa pela base da chaminé. Portanto, podemos utilizar o teorema dos eixos paralelos:
$$
I = I_{CM}+Mh^2 = \frac{MH^2}{12} + M\left(\frac{H}{2}\right)^2 =\frac{4MH^2}{12} = \frac{MH^2}{3}
\tag{5}$$
No qual foi usado que, no nosso caso, $L=H$ é a altura total da chaminé e $h=H/2$ é a distância do eixo assumido para o termo $I_{CM}$ e o eixo em que a chaminé realmente gira.
Agora, voltando na Equação (3), podemos substituir o momento de inércia $I$ e isolar a velocidade angular $\omega$:
$$
\frac{MgH}{2}(1-cos\theta) = \frac{MH^2}{6}\omega^2
\tag{6}$$
Resultando:
$$
\omega^2 = \frac{3g}{H}(1-cos\theta)
\tag{7}$$
A aceleração radial $a_r$ é dada por:
$$
a_r = H\omega^2 = H\left(\frac{3g}{H}(1-cos\theta)\right) = 3g(1-cos\theta)
\tag{8}$$
No qual substituímos $\omega$ pela Equação (7). Substituindo os valores numéricos, temos a resposta desse item:
$$
\boxed{a_r = 3(9,8\;m/s^2)(1-cos\;35^{\circ}) = 5,32\;m/s^2}
\tag{9}$$
Item (b):
Nesse item, devemos calcular a aceleração tangencial $a_t$ que é dada por:
$$
a_t = H\alpha
\tag{10}$$
Sendo $\alpha$ a aceleração angular, ou seja,
$$
\alpha = \frac{d\omega}{dt}
\tag{11}$$
Então, podemos derivar a Equação (7) em relação ao tempo:
$$
\frac{d(\omega^2)}{dt} = \frac{d}{dt}\left(\frac{3g}{H}(1-cos\theta)\right)
\tag{12}$$
Derivando pela regra da cadeia dos dois lados:
$$
2\omega\frac{d\omega}{dt} = \frac{3g}{H}sen\theta \frac{d\theta}{dt}
\tag{13}$$
Mas como $d\omega/dt = \alpha$ e $d\theta/dt = \omega$, podemos escrever:
$$
2\omega\alpha = \frac{3g}{H}\omega sen\theta
\tag{14}$$
Simplificando e isolando $\alpha$, ficamos com:
$$
\alpha = \frac{3g}{2H}sen\theta
\tag{15}$$
Voltando para a expressão para a aceleração tangencial da Equação (10) e substituindo $\alpha$:
$$
a_t = H\alpha = \frac{3g}{2}sen\theta
\tag{16}$$
Substituindo os valores numéricos nos dá a resposta final para esse item:
$$
\boxed{\alpha = \frac{3(9,8\;m/s^2)}{2}sen\;35^{\circ} = 8,43\;m/s^2}
\tag{17}$$
Item (c):
Nesse item, devemos calcular o ângulo em que $a_t = g$. Para isso, basta igualarmos a Equação (16) com a aceleração da gravidade:
$$
\frac{3g}{2}sen\theta = g
\tag{18}$$
Isolando $\theta$:
$$
\boxed{\theta = sen^{-1}\left(\frac{2}{3}\right) = 41,8^{\circ}}
\tag{19}$$
