Halliday & Resnick
Fundamentos de Física – 10a Edição
Capítulo 10: Rotação
Exercício 67:
Enunciado:
A Fig. 10-48 mostra um corpo rígido formado por um aro fino (de massa $m$ e raio $R = 0,150 \; m$) e uma barra fina radial (de massa $m$ e comprimento $L = 2,00R$). O conjunto está na vertical, mas, se recebe um pequeno empurrão, começa a girar em torno de um eixo horizontal no plano do aro e da barra, que passa pela extremidade inferior da barra. Desprezando a energia fornecida ao sistema pelo pequeno empurrão,… 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 Único:
Devemos calcular a velocidade angular do sistema quando ele passa pela posição invertida (de ponta cabeça). A Figura 10-48 do livro exemplifica a situação.
Primeiramente, como nos foi dito para desprezar a energia do empurrão, podemos utilizar conservação de energia mecânica do sistema, no qual a energia potencial gravitacional do sistema irá se transformar em energia cinética. Perceba que na posição onde o exercício nos pede a velocidade angular, toda a energia é cinética pois o centro de massa do sistema estará em um mínimo de altura. Portanto, podemos dizer que:
$$
K = \Delta U \Longrightarrow \frac{I\omega^2}{2} = (2m)g(\Delta h_{CM})
\tag{1}$$
No qual $\Delta h_{CM}$ é o quanto o centro de massa do sistema ficou diminuiu. Portanto, vamos calcular o centro de massa inicial do sistema. Ele será dado pela média ponderada pela massa do aro e da barra. Considerando o eixo y passando paralelo a bar:
$$
h_{CM} = \frac{m(L/2)+m(L+R)}{m+m}= \frac{(L/2)+(L+R)}{2} = 2R
\tag{2}$$
Onde usamos que $L=2R$ na última igualdade. Perceba que calculamos o $h_{CM}$. Quando o sistema girar, e ele passar na posição de ponta cabeça, o centro de massa do sistema estará $4R$ mais baixo no eixo de coordenadas y do que no momento inicial antes do empurrão. Portanto, teremos que:
$$
\Delta h_{CM} = 4R
\tag{3}$$
Agora, ainda temos que calcular o momento de inércia do sistema. A Tabela 10-2 (e) e (h) mostram os momentos de inércia da barra fina e do aro fino. Mas o eixo de rotação do problema não é o mesmo dos calculados na Tabela, portanto, precisamos utilizar o teorema dos eixos paralelos. Primeiramente para a barra fina:
$$
I_{barra} = I_{CM}+Mh^2 = \frac{m(2R)^2}{12} + m((2R)/2)^2 = \frac{4mR^2}{3}
\tag{4}$$
No qual $h = L/2 = R$. Agora, fazendo o mesmo para o aro fino:
$$
I_{aro} = I_{CM}+Mh^2 = \frac{mR^2}{2} + m(R+L)^2 = \frac{19mR^2}{2}
\tag{5}$$
Onde $h=R+L$ é a distância entre o eixo do centro de massa e o eixo do sistema do problema. O momento de inércia total é a soma dos momento de inércia da barra e do aro:
$$
I = I_{barra}+I_{aro} = \frac{4mR^2}{3} + \frac{19mR^2}{2} = 10,8mR^2
\tag{6}$$
Com isso, podemos finalmente voltar a Equação (1):
$$
\frac{10,8mR^2\omega^2}{2} = 2mg(4R)
\tag{7}$$
Isolando a velocidade angular:
$$
\omega = \sqrt{\frac{16g}{10,8R}}
\tag{8}$$
Substituindo os valores numéricos, temos:
$$
\boxed{\omega = \sqrt{\frac{16(9,8\;m/s^2)}{10,8(0,150\;m)}} = 9,83\;rad/s}
\tag{9}$$
