respostas halliday oscilaçãoes - oscilações

PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA Prof. Anderson Coser Gaudio Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo http://www.cce.ufes.br/anderson [email protected] Última atualização: 28/11/2006 11:21 H

10 - Oscilações

Fundamentos de Física 2 Halliday, Resnick, Walker

4ª Edição, LTC, 1996

Física 2 Resnick, Halliday, Krane

4ª Edição, LTC, 1996

Física 2 Resnick, Halliday, Krane

5ª Edição, LTC, 2003 Cap. 14 - Oscilações Cap. 15 - Oscilações Cap. 17 - Oscilações

Prof. Anderson (Itacaré, BA - Fev/2006)

Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FUNDAMENTOS DE FÍSICA 2

CAPÍTULO 14 - OSCILAÇÕES

EXERCÍCIOS E PROBLEMAS

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 5051 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91

[Início documento]

06. Qual a aceleração máxima de uma plataforma que vibra com uma amplitude de 2,20 cm, numa

freqüência de 6,60 Hz? (Pág. 42)

Solução. A aceleração de um sistema que executa movimento harmônico simples é descrita por: ( )2

( ) cost ma x tω ω φ= − +

Portanto, a aceleração máxima desse sistema, cos (ωt + φ) = ± 1, será:

( ) ( ) ( )222 2 1max 2 4 6,60 s 0,0220 m 37,8329 m/sm ma x f xω π π −= = = = 2

2max 37,8 m/sa ≈

[Início seção] [Início documento]

23. Um bloco de 0,10 kg oscila para frente e para trás, ao longo de uma linha reta, numa superfície

horizontal sem atrito. Seu deslocamento a partir da origem é dado por ( ) ( ) (10 cm cos 10 rad/s / 2 radx t π= +⎡ ⎤⎣ ⎦)(a) Qual a freqüência de oscilação? (b) Qual a velocidade máxima alcançada pelo bloco? Em que valor de x isto acontece? (c) Qual a aceleração máxima do bloco? Em que valor de x isto ocorre? (d) Que força, aplicada no bloco, resulta nesta dada oscilação? (Pág. 43)

Solução. Comparando-se a equação do movimento harmônico simples do enunciado com a equação geral do MHS: ________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 14 – Oscilações

2


( )( ) cost mx x tω φ= +

Percebemos a amplitude do MHS é ym = 10 cm, a freqüência angular é ω = 10 rad/s e que a constante de fase á φ = π/2 rad. (a) A freqüência f do MHS é:

( )1

110 s

1,5915 s2 2

f ωπ π

−−= = =

1,6 Hzf ≈ (b) A velocidade da massa m vale:

( )( ) ( ) (10 cm 10 rad/s sen 10 rad/s / 2 raddxv tdt

π= = − + )⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) ( ) ( )1,0 m/s sen 10 rad/s / 2 radv t π= − +⎡ ⎤⎣ ⎦

A velocidade escalar máxima será atingida quando sen (ωt + φ) = ± 1. Logo: max 1,0 m/sv =

A velocidade vmax é atingida em x = 0. (c) A aceleração da massa m vale:

( )( ) ( ) (1,0 m/s 10 rad/s cos 10 rad/s / 2 raddva tdt

π= = − + )⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) ( ) ( )210 m/s cos 10 rad/s / 2 rada t π= − +⎡ ⎤⎣ ⎦

A aceleração escalar máxima será atingida quando cos (ωt + φ) = ± 1. Logo: 2

max 10 m/sa =

A aceleração amax é atingida nos extremos da trajetória da massa m, ou seja, em x = ± 10 cm. (d) A força vale: F k= − xMas: ( )2kx ma m xω− = = −

2kx m xω=

( )( )22 12 2

kg kg.m N0,10 kg 10 s 10 10 10 s s .m

k mω −= = = = =m

Logo:

( )10 N/mF x= −


24. Num certo porto, a maré faz com que a superfície do mar suba e desça uma distância d num

movimento harmônico simples, com um período de 12,5 h. Quanto tempo leva para que a água desça uma distância d/4 de sua altura máxima? (Pág. 43)

Solução.

________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 14 – Oscilações

3


Em primeiro lugar, vamos compor a equação do movimento harmônico simples relativo à oscilação da maré: ( )( ) cost my y tω φ= +

Considere o esquema abaixo, que mostra os limites de oscilação da maré:

Preamar

Baixamar

y

0d/4

d

d/2

Pelo esquema, deduz-se que a amplitude do movimento é ym = d/2. Vamos supor φ = 0 para simplificar o cálculo. A freqüência angular ω pode ser obtida a partir do período T, fornecido no enunciado:

( )

2 2 0,5026 rad/h12,5 hT

π πω = = =

Portanto, temos:

( )( ) cos2tdy tω=

No instante t0 = 0 s, a posição do nível do mar é máxima (preamar), ou seja, y(0) = d/2. A partir daí, a maré começa a descer e estamos interessados no tempo gasto para o nível baixar de y(0) = d/2 até y(1) = d/4. O instante t1 em que isso acontece pode ser calculado por meio da equação do MHS.

( )(1) 1cos4 2d dy tω= =

( )11 cos2

tω=

( )

11

1 1 1cos 2,0833 h2 0,5026 rad/h 3

t πω

− ⎡ ⎤= = =⎢ ⎥⎣ ⎦

1 2,08 ht ≈


29. Um oscilador harmônico simples consiste em um bloco com massa 2,00 kg ligado a uma mola

com constante 100 N/m. Quando t = 1,00 s, a posição e a velocidade do bloco são x = 0,129 m e v = 3,415 m/s. (a) Qual a amplitude das oscilações? Quais eram (b) a posição e (c) a velocidade da massa em t = 0 s? (Pág. 44)

Solução. (a) A equação geral do movimento harmônico simples é: ( )( ) cost mx x tω φ= +

Em t1 = 1,00 s, a posição do corpo oscilante é x1. (1 cosmx x t )1ω φ= + (1) ________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 14 – Oscilações

4


A velocidade do corpo é: ( )( ) sent mv x tω ω φ= − +

Em t1 = 1,00 s, a posição do corpo oscilante é v1.

(11senm

v x t )ω φω= − + (2)

Dividindo-se (2) por (1):

( )( ) ( )11

11 1

sentan

cosm

m

x tv tx x t

ω φω φ

ω ω φ+

− = = ++

1 11

1

tan v tx

φ ωω

− ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟

⎝ ⎠ (3)

A freqüência angular do MHS vale:

( )( )100 N/m

7,0710 rad/s2,00 kg

km

ω = = =

Agora podemos operar (3):

( )( )( ) ( )( )1 3,415 m/s

tan 7,0710 rad/s 1,00 s 8,3808 rad7,0710 rad/s 0,129 m

φ − ⎡ ⎤= − − = −⎢ ⎥

⎣ ⎦

Os possíveis candidatos para valores da constante de fase φ são φ1 = φ +2π = −2,0976...rad e φ2 = φ1 − π = −5,2392...rad. O cálculo de xm consiste na substituição de φ e ω em (1) e resolução para xm. Não fará diferença o uso de φ1, φ2 ou mesmo φ. O máximo que poderá acontecer é a btenção do mesmo valor para xm com o sinal trocado. No entanto, o valor de φ que produzir o valor positivo de xm, será o valor correto de φ.

( )

( )( )( ) ( )

1

1 1

0,129 m0,4999 rad

cos cos 7,0710 rad/s 1,00 s 2,0976 radmxxtω φ

= = =+ + −⎡ ⎤⎣ ⎦

Utilizando-se o valor de φ2 na expressão acima, o resultado será −0,4999...rad. Logo: 0,500 radmx ≈

Portanto, o valor correto da constante de fase é φ = −2,0976...rad. (b) A posição de m em t= 0 s é: ( ) ( )(0) 0,4999 rad cos 2,0976 rad 0,2514 mx = − = −

(0) 0, 251 mx ≈ −

(c) A velocidade de m em t= 0 s é: ( )( ) ( )(0) 2,0976 rad 0,4999 rad sen 2,0976 rad 3,0556 m/sv = − − =

(0) 3,06 m/sv ≈


31. Duas partículas oscilam em um movimento harmônico simples ao longo de um segmento de reta

comum de comprimento A. Cada partícula tem um período de 1,5 s, mas diferem em fase de π/6 rad. (a) Qual a distância entre elas (em termos de A), 0,50 s após a partícula mais atrasada


5


deixar uma das extremidades do percurso? (b) Elas estão se movendo no mesmo sentido, em direção uma da outra ou estão se afastando? (Pág. 44)

Solução.

[Início seção] [Início documento] 44. Quando o deslocamento no MHS é metade da amplitude xm, que fração da energia total é (a)

cinética e (b) potencial? (c) Com qual deslocamento, em termos de amplitude, a energia do sistema é metade cinética e metade potencial? (Pág. 45)

Solução.

[Início seção] [Início documento] 62. Um pêndulo é formado prendendo-se uma haste longa e fina de comprimento L e massa m em

um dado ponto, que está a uma distância d acima do centro da haste. (a) Ache o período deste pêndulo em termos de d, m, L e g, considerando-se que oscile com uma pequena amplitude. O que acontece ao período, se (b) d é reduzido, (c) L é aumentado ou (d) m é aumentada? (Pág. 45)

Solução. Veja o esquema da situação:

CM

d Eixo de rotaçãoL

(a) O período de um pêndulo físico é dado por:

2 ITmgd

π=

O momento de inércia do pêndulo é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos:

( )2

2 2 2 1212 12CMmL m 2I I md md L d= + = + = +

Logo:

( )2 212

122

m L dT

mgdπ

+=


6


( )2 212

3L d

Tgd

π+

=

O comportamento do período em relação à variação de m, L e d será representado por meio de gráficos apropriados,: (b) T = f(d), para g = 9,81 m/s2 e L = 1,0 m:

0.2 0.4 0.6 0.8 1d HmL

1

2

3

4

5

6T HsL

Reduzindo-se o valor de d, o período tende a diminuir até um valor mínimo em / 2 3d L= . Neste

ponto, o período é igual ( )min 2 / 3T L gπ= . Diminuindo-se ainda mais o valor de d, o período

tende rapidamente ao infinito. (b) T = f(L), para g = 9,81 m/s2 e d = 0,30 m:

2 4 6 8 10L HmL

2

4

6

8

10

12

14

T HsL

O período aumenta linearmente com o aumento de L, para L >> d. (c) Como T não depende de m, o período é constante em relação à variação de m.

[Início seção] [Início documento] 65. Um disco circular uniforme cujo raio R é de 12,5 cm está suspenso, como um pêndulo físico, de

um ponto em sua borda. (a) Qual o seu período de oscilação? (b) A que distância radial r < R há um ponto de suspensão que origina o mesmo período? (Pág. 47)

Solução. (a) Considere o seguinte esquema da situação:


7


CM

P

Rθ

Ponto de suspensão

x

y

zM

z Aplicando-se a segunda lei de Newton rotacional ao pêndulo: z zIτ α=∑

O momento de inércia do pêndulo é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos:

2 2

2 2 32 2CM

MR MI I MR MR= + = + =R

Logo:

2 2

2

3sen2

MRMg Rtθθ ∂

− =∂

Para pequenas oscilações, temos sen θ ≈ θ.

2

2

2 03

gt Rθ θ∂+ ≈

∂

Esta é a equação diferencial do movimento harmônico simples, em que:

2 23

gR

ω =

Logo:

( )( )2

6 0,125 m2 3 62 0,868652 s2 9,81 m/sR RTg g

π π π πω

= = = = =

0,869 sT ≈ (b) O novo esquema da situação é mostrado a seguir:

CM

P

Rθ

Ponto de suspensão

x

y

z

Mr

O novo momento de inércia será:

( )2

2 2 2 22 2CM

MR M 2I I Mr Mr R r= + = + = +

Aplicando-se a segunda lei de Newton rotacional ao pêndulo:

( )2

2 22sen 2

2MMg r R r

tθθ ∂

− = +∂

Fazendo sen θ ≈ θ:

2

2 2 2

2 02

grt R rθ θ∂+ =

∂ +


8


'2 2

22

grR r

ω =+

Logo:

2 2

' 222

R rTgr

π +=

O problema pede o valor de r para T = T’. Logo:

2 23 22 2

2 2R R rg g

π π +=

r

2 223 R rR

r+

=

2 22 3r Rr R− + = 0As raízes desta equação do segundo grau são r = R e r = R/2. Como r = R corresponde à situação do item (a), temos:

2Rr =


68. Uma haste de um metro balançando de uma das extremidades oscila com uma freqüência f0.

Qual seria a freqüência, em termos de f0, se a metade inferior da haste fosse cortada? (Pág. 47)

Solução. Considere o seguinte esquema da situação:

CM,0 h0

A

M

LCM,1 h1

A

M/2

L/2

Sejam I0 e I1 os momentos de inércia da haste original e da haste cortada, em relação ao eixo de rotação (ponto A) e ICM,0 e ICM,1 os momentos de inércia dessas barras em relação aos respectivos centros de massa. Na barra original, temos:

2

,0 12CMMLI =

O valor de I0 é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos:

2 2 2

0 ,0 2 12 4 3CM

2L ML ML MLI I M ⎛ ⎞= + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠

Na barra cortada, temos:


9


2

2

,12 2

12 96CM

M LMLI

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠= =

O valor de I1 é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos:

2 2 2

1 ,1 2 4 96 32 24CM

2M L ML ML MLI I ⎛ ⎞= + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠

A freqüência de oscilação do pêndulo original pode ser descrita em termos do seu período T0:

00 2

0 0

1 1 1 1 3 1 1 322 2 2 2 22

3

LMgMgh gf

T I LMLπ π π π

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= = = = =

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

gL

(1)

A freqüência de oscilação do pêndulo cortado pode ser descrita em termos do seu período T:

1 2

1 1 1 1 342 2 2

24

LMgMgh gf

T I MLπ π π

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= = = =

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

L (2)

Comparando-se (1) e (2):

0 112

f f=

1 02f f=


76. Uma roda gira livremente em torno de seu eixo fixo. Uma mola está ligada a um de seus raios, a

uma distância r do eixo, como vemos na Fig. 14-39. (a) Considerando que a roda é um aro de massa m e raio R, obtenha a freqüência angular de pequenas oscilações deste sistema em termos de m, R, r e a constante da mola k. Como mudaria o resultado se (b) r = R e (c) r = 0?

(Pág. 49)

Solução. (a) Veja o esquema com o detalhe da aplicação da força sobre o raio da roda:


10


x

θ

F

r

Aplicando-se a segunda lei de Newton à rotação da roda, temos:

2

2z Itθτ ∂

=∂∑

2

22cosFr mR

tθθ ∂

=∂

Mas a força em x é dada por: senF kx kr θ= − = − Logo:

2

2 22sen coskr mR

tθθ θ ∂

− =∂

2 2

2 2

sen cos 0krt mRθ θ θ∂+ =

∂

Para pequenas oscilações do sistema, sen θ ≈ θ e cos θ ≈ 1:

2 2

2 2 0krt mRθ θ∂+ =

∂

Esta é a equação do movimento harmônico simples, em que a freqüência angular ω vale:

r kR m

ω =

(b) Para r = R, teremos:

km

ω =

Este resultado corresponde ao período de oscilação de uma massa m conectada a uma mola k. (c) Fazer r = 0, equivale a conectar a mola ao eixo da roda, o que não irá provocar oscilações no sistema. 0ω =

[Início seção] [Início documento] 91. Um pêndulo físico consiste em duas hastes com um metro de comprimento que são ligadas

como mostra a Fig. 14-44. Qual o período de oscilação com um eixo inserido no ponto A?


11


(Pág. 49)

Solução. Antes de calcular o período de oscilação deste pêndulo físico, precisamos determinar a posição do centro de massa e o momento de inércia do pêndulo. A posição do centro de massa pode ser facilmente deduzida devido à simetria do sistema. Representando-se cada uma das barras por massas pontuais localizadas em seus respectivos centros de massa (CM1 e CM2). Veja o esquema a seguir:

L

L

CM1

CM2

L/2CM

h L = /4Barra 1

Barra 2

A

Deduz-se que o centro de massa do pêndulo está localizado a uma distância h = L/4 do eixo de rotação (ponto A). O momento de inércia do pêndulo em relação ao ponto A vale: 1, 2,A A AI I I= +

Nesta expressão, I1,A e I2,A são os momento de inércia das barras 1 e 2 em relação ao ponto A. O valor de I1,A é tabelado (ou pode ser determinado por integração de x2dm):

2

1, 12AMLI =

O valor de I2,A é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos:

2

2 2 2

2, 2 12 4 3A CM

2L ML ML MLI I M ⎛ ⎞= + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠

Logo:

2 2

1, 2,5

12 3 12A A A

2ML ML MLI I I= + = + =

Agora podemos aplicar a segunda lei de Newton rotacional ao sistema oscilante. Veja o esquema abaixo:


12


CM h

Pθ

A

2

2z AdIdtθτ =∑

2 2

2

5sen12ML dP h

dtθθ− =

2 2

2

52 sen4 12L ML dMg

dtθθ− =

2

2

6 sen 05

d gdt Lθ θ+ =

Para pequenas oscilações:

2

2

6 05

d gdt Lθ θ+ ≈

A expressão acima corresponde à equação diferencial do movimento harmônico simples, em que a freqüência angular pode ser identificada como:

65

gL

ω =

Finalmente, o período vale:

( )( )2

5 1 m2 52 2 1,8312 s6 6 9,81 m/s

LTg

π π πω

= = = =

2 sT ≈



13


RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FÍSICA 2


PROBLEMAS

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 5051 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75

[Início documento]

02. Um oscilador consiste em um bloco de massa de 512 g preso a uma dada mola. Ao oscilar com

amplitude de 34,7 cm, ele repete seu movimento a cada 0,484 s. Encontrar: (a) o período, (b) a freqüência, (c) a freqüência angular, (d) a constante de força, (e) a velocidade máxima e (f) a força máxima exercida no bloco. (Pág. 19)

Solução. (a) O período do movimento de oscilação é o tempo gasto para que o movimento se repita, ou seja, complete um ciclo. Logo: 0, 484 sT = (b) A freqüência de oscilação vale:

11 2,0661 s 2,0661 HzT

ν −= = =

2,07 Hzν ≈ (c) A freqüência angular vale: 2 12,9817 rad/sω πν= = 13,0 rad/sω ≈ (d) Para determinar a constante de força, partimos da conhecida relação:

km

ω =

2 86,2857 N/mk mω= =

86,3 N/mk ≈ (e) A dependência da velocidade da massa em relação ao tempo é dada pela seguinte equação: ( )( ) sent mv x tω ω φ= − +

________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 15 – Oscilações

14


A velocidade máxima vmax é encontrada quando sen(ωt + φ) = ±1. Logo: max 4,5046 m/smv xω= =

max 4,50 m/sv ≈

(f) A dependência da força que a mola exerce sobre o bloco em relação ao tempo é dada pela relação: ( )2

( ) ( ) cost t mF ma m x tω ω φ= = − +

A força máxima Fmax é encontrada quando cos(ωt + φ) = ±1. Logo: 2

max 29,9407 NmF m xω= =

max 29,9 NF ≈


08. Um corpo oscila com movimento harmônico simples de acordo com a equação

( ) ( )6,12 m cos 8,38 rad/s 1,92 radx t= +⎡ ⎤⎣ ⎦ Encontre (a) o deslocamento, (b) a velocidade e (c) a aceleração no instante t = 1,90 s. Encontre também (d) a freqüência e (f) o período do movimento. (Pág. 19)

Solução. (a) A posição em t = 1,90 s vale: ( ) ( )( )(1,90 s) 6,12 m cos 8,38 rad/s 1,90 s 1,92 rad 3, 26764 mx = +⎡ ⎤⎣ ⎦ =

(1,90 s) 3, 27 mx ≈

(b) A velocidade em t = 1,90 s vale:

( )( ) ( )( ) 8,38 rad/s 6,12 m sen 8,38 rad/s 1,92 radtdxv tdt

= = − +⎡ ⎤⎣ ⎦

( )( ) ( )( )(1,90 s) 8,38 rad/s 6,12 m sen 8,38 rad/s 1,90 s 1,92 rad 43,3634 m/sv = − + =⎡ ⎤⎣ ⎦

(1,90 s) 43, 4 m/sv ≈

(c) A aceleração em t = 1,90 s vale:

( ) ( ) ( )2( ) 8,38 rad/s 6,12 m cos 8,38 rad/s 1,92 radt

dva tdt

= = − +⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) ( ) ( )( )2 2(1,90 s) 8,38 rad/s 6,12 m cos 8,38 rad/s 1,90 s 1,92 rad 229,4683 m/sa = − + = −⎡ ⎤⎣ ⎦

2(1,90 s) 229 m/sa ≈ −

(d) A freqüência vale:

8,38 rad/s 1,33371 Hz2 2ωνπ π

= = =

1,33 Hzν ≈ (e) O período vale:

1 0,74978 sTν

= =


15


0,750 sT ≈

[Início seção] [Início documento] 13. Num certo porto, a maré faz a superfície do oceano subir e descer em movimento harmônico

simples, com um período de 12,5 h. Quanto tempo a água leva para, partindo da altura máxima, atingir metade desta distância abaixo do nível de equilíbrio? (Pág. 20)

Solução.

[Início seção] [Início documento] 14. Dois blocos (m = 1,22 kg e M = 18,73 kg) e uma determinada mola (k = 344 N/m) estão

arranjados numa superfície horizontal, sem atrito, como mostra a Fig. 25. O coeficiente de atrito estático entre os blocos é de 0,42. Determine a amplitude máxima possível do movimento harmônico simples para que não haja deslizamento entre os blocos?

(Pág. 20)

Solução. Considere o seguinte esquema, onde o índice 1 se refere ao bloco m e 2 a M:

N1

P1

fF

m x

y

N2

P2

f’

a1 = a2

M

N1’

A máxima aceleração que o bloco m suporta (a1) sem deslizar é aquela que não rompe a condição de atrito estático com o bloco M: 1f ma=

1 1N mg maμ μ= =

1a gμ=

Portanto, o sistema oscilante poderá apresentar aceleração máxima (amax) igual a μg. Logo: 2

( ) ( )t ta xω= −

2max ma xω= −


16


( )max2m

gaxk

m M

μω

−= − = −

⎛ ⎞⎜ ⎟+⎝ ⎠

( ) 0,11917 mm

g m Mx

kμ +

= =

0,12 mmx ≈


19. Duas partículas oscilam, com movimento harmônico simples, ao longo de um mesmo segmento

de reta, de comprimento L. Elas têm o mesmo período de 1,50 s e fases que diferem de 30,0o. (a) Qual será a distância entre elas (em termos de L)? Qual será a distância entre elas, 0,500 s depois que a partícula atrasada deixar um dos extremos da trajetória? (b) Elas estão se movendo no mesmo sentido, uma se aproximando da outra, ou estão se afastando neste instante? (Pág. 20)

Solução. Em primeiro lugar vamos construir as equações de movimento das partículas 1 e 2. As equações gerais do MHS de 1 e 2 são: ( )1( ) cost mx x tω=

2( ) cos6t mx x t πω⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠

Como T1 = T2 = T = 0,500 s, as freqüências angulares ω1 eω2 são iguais a ω para as duas partículas.

2 2 4 rad/s1,5 3T

π π πω = = =

As amplitudes do MHS também são iguais para ambas as partículas, com xm = L/2. Logo:

1( )4cos rad/s

2 3tLx tπ⎡ ⎤⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

2( )4cos rad/s

2 3tLx t

6π π⎡ ⎤⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

Sendo φ1 = 0, temos φ2 = φ1 + π/6. Isto significa que a partícula 1 está atrasada de π/6 rad em relação à partícula 2. Em t = 0, x1 = 0 e x2 = 3 / 4L = 0,43301...L. Ou seja, a distância entre as partículas em t = 0 é: 12( 0) 0, 433td L= ≈

As velocidades das partículas 1 e 2 são dadas por:

1( )4 4 rad/s sen rad/s3 2 3t

Lv tπ π⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

2( )4 4 rad/s sen rad/s3 2 3t

Lv t6

π π π⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

Em t = 0,500 s, temos as seguintes posições e velocidades para as partículas 1 e 2:


17


( )1(0,500 s)4cos rad/s 0,500 s 0,250

2 3Lx t Lπ⎡ ⎤⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

−

( )2(0,500 s)4cos rad/s 0,500 s 0, 433

2 3 6Lx Lπ π⎡ ⎤⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

≈ −

( )1(0,500 s)4 4 rad/s sen rad/s 0,500 s 1,8133 2 3

Lv Lπ π⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ≈ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

( )2(0,500 s)4 4 rad/s sen rad/s 0,500 s 1,0473 2 3 6

Lv Lπ π π⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + ≈ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

A distância entre as partículas em t = 0,500 s vale: ( ) ( )12( 0,500 s) 2(0,500 s) 1(0,500 s) 0, 433 0, 250td x x L= = − = − − − L

12( 0,500 s) 0,183td L= ≈

Considere o seguinte esquema, que mostra as posições e as velocidades das partículas em t = 0,500 s.

x0−L/2 L/2

12 v1v2

t = 0,500 s

Portanto, em t = 0,500 s, as partículas estão se aproximando.

[Início seção] [Início documento] 20. Duas partículas executam movimento harmônico simples de mesmas amplitude e freqüência, ao

longo da mesma linha reta. Elas se cruzarão quando, movendo-se em sentidos opostos, seus deslocamentos forem iguais à metade da amplitude. Encontre a diferença de fase entre elas. (Pág. 20)

Solução.

[Início seção] [Início documento] 21. Duas molas estão presas a um bloco de massa m, que pode deslizar sem atrito numa superfície

horizontal, como está mostrado na Fig. 26. Mostre que a freqüência de oscilação do bloco é

2 21 21 2

12

k km

ν ν νπ

+= = +

onde ν1 e ν2 são as freqüências em que o bloco oscilaria se fosse conectado somente à mola 1 ou à 2. (O análogo elétrico deste sistema é uma combinação em série de dois capacitores).

(Pág. 20)

Solução. ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 15 – Oscilações

18


Para a mola k1, temos: 1 12ω πν=

1 11

12 2

km

ωνπ π

= =

2 2 114 k

mπ ν =

21 4k m 2

1π ν= (1)

De forma análoga, para a mola 2 teremos: 2

2 4k m 22π ν= (2)

Considere o seguinte esquema:

x0

m

xF1 F2

k1 k2

A força elástica resultante sobre o bloco vale: (3) (1 2 1 2 1 2F F F k x k x k k x= + = − − = − + )

txSabemos que para o MHS é válida a seguinte relação: (4) 2

( ) ( )ta ω= −

De acordo com a segunda lei de Newton, temos: (5) F ma=Substituindo-se (3) e (4) em (5): ( ) 2

1 2k k x m xω− + = −

21 2k k mω+ = (6)

Substituindo-se (1), (2) e a relação ω = 2πν em (6): 2 2 2 2 2

1 24 4 4m m m 2π ν π ν π ν+ =

2 21 2ν ν ν= +


22. Ligam-se duas molas e no extremo de uma delas prende-se um bloco de massa m, como está

mostrado na Fig. 27. Não há atrito entre as superfícies. Se as molas separadamente tiverem constantes de força k1 e k2, mostre que a freqüência da oscilação do bloco será

( )

1 2 1 22 2

1 2 1 2

12

k kk k m

ν ννπ ν ν

= =+ +

onde ν1 e ν2 são as freqüências em que o bloco oscilaria se fosse conectado somente à mola 1 ou à 2. (O análogo elétrico deste sistema é uma combinação em paralelo de dois capacitores).


19


(Pág. 20)

Solução. Considere o seguinte esquema:

m

F1 F2k1 k2F

Sejam as seguintes relações, em que x1 e x2 são os estiramentos das molas k1e k2, respectivamente: (1) 1 1F k= − 1x

2x (2) 2 2F k= −

A partir destas equações, temos:

11

1

Fxk

= − (3)

22

2

Fxk

= − (4)

Vamos imaginar que a associação em série de molas mostrada na Fig. 27 possa ser substituída por uma mola equivalente de constante k’, de tal forma que as características do movimento imprimido ao bloco não seja alterado.

m

k’F’

As Eqs. (1)-(4) sugerem que: (5) 'F k= − 'x

'

'

Fxk

= − (6)

Nas Eqs. (5) e (6), x corresponde à distância de compressão ou estiramento da mola k’ e F’ é a força elástica correspondente gerada pela mola. O importante é observar que: 1 2x x x= + (7)

(8) '1 2F F F F= = =

Substituindo-se (3), (4) e (6) em (7):

'

1 2'

1 2

F FFk k k

− = − −

Aplicando-se a relação (8), temos:

'

1 2'

1 2 1 2

1 1 k kF F Fk k k k k

⎛ ⎞ += − =⎜ ⎟

⎝ ⎠


20


' ' 1 2

1 2

k kF k Fk k

⎛ ⎞+= ⎜

⎝ ⎠⎟ (9)

Comparando-se (5) e (9), temos:

1 2

1 2

k kF xk k+

= −

1 2

1 2

k kF xk k

= −+

Logo:

' 1 2

1 2

k kkk k

=+

(10)

A freqüência de oscilação do sistema vale:

' '

' 12 2

km

ων νπ π

= = = (11)

Substituindo-se (10) em (11):

( )

' 1 2

1 2

12

k kk k m

νπ

=+


28. (a) No movimento harmônico simples, quando o deslocamento for igual à metade da amplitude

xm, que fração da energia total será cinética e que fração será potencial? (b) Para que valor do deslocamento metade da energia será cinética e metade será potencial? (Pág. 21)

Solução. (a) A equação do movimento harmônico simples é: ( )( ) cost mx x tω φ= +

Quando o deslocamento for igual à metade da amplitude, temos:

( )0( ) 0cos

2m

t mxx x tω φ= = +

Isto implica em que no tempo t0 temos:

( )01cos2

tω φ+ =

A energia mecânica total do MHS é dada por:

212 mE kx= (1)

No instante t0 a energia potencial do sistema vale:

( )0 0

222 2

( ) ( ) 01 1 1 1cos2 2 2 2t t m mU kx k x t kxω φ ⎛ ⎞= = + =⎡ ⎤ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠

0

2( )

18tU k= mx (2)


21


A energia cinética do sistema no instante t0 pode ser calculada por diferença:

0 0

2 2( ) ( )

1 12 8t t m mK E U kx kx= − = −

0

2( )

38tK k= mx (3)

Agora podemos usar as Eqs. (1)-(3) para calcular o que foi pedido. A fração da energia total que será cinética é:

0

2

( )

2

3812

mtK

m

kxKf

E kx= =

34Kf =

A fração da energia total que será potencial é:

0

2

( )

2

1812

mtU

m

kxUf

E kx= =

14Uf =

(b) Usaremos a condição da energia potencial ser metade da energia mecânica total:

2EU =

2

2

11 22 2

mkxkx =

2

2

2mxx =

2

2 mx x=


34. Um bloco de massa M está em repouso em uma mesa horizontal, sem atrito, preso em suporte

rígido por uma mola de constante elástica k. Uma bala de massa m e velocidade v atinge o bloco, como mostra a Fig. 30; a bala fica presa no bloco. Determine a amplitude do movimento harmônico simples resultante, em termos de m, M, v e k.

(Pág. 21)


22



m+M

x0 xm-xm Logo após a colisão completamente inelástica entre a bala e o bloco, ambos passam a executar movimento harmônico simples como um só corpo de massa m + M. A velocidade do conjunto imediatamente após a colisão corresponde à velocidade máxima do MHS (vmax). O cálculo de vmax é feito por meio da aplicação do princípio da conservação do momento linear na coordenada x: 0x xP P=

bala,0 bloco,0 bala blocop p p p+ = +

max max0mv mv Mv+ = +

maxmvv

m M=

+ (1)

Durante o MHS, a velocidade do sistema bloco + bala em função do tempo é dada por: ( )( ) sent mv x tω ω φ= − +

A velocidade máxima do MHS é obtida quando sen (ωt + φ) = ± 1. Logo: max mv xω=

maxm

vxω

= (2)

Por definição, a freqüência angular ω é dada por:

km M

ω =+

(3)

Substituindo-se (1) e (3) em (2):

mmv m Mx

m M k+

=+

( )m

mvxm M k

=+


36. Um bloco de 4,00 kg está suspenso por uma mola de constante elástica 5,00 N/cm. Uma bala de

50,0 g é atirada sobre o bloco, de baixo para cima, com velocidade de 150 m/s, ficando em repouso no interior do bloco. (a) Encontre a amplitude do movimento harmônico simples resultante. (b) Que fração da energia cinética original da bala se transforma em energia mecânica do oscilador ? (Pág. 22)

Solução. Considere o seguinte esquema da situação: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 15 – Oscilações

23


y

0

ym

-ym

v0

m

M

m M +

Logo após a colisão completamente inelástica entre a bala e o bloco, ambos passam a executar movimento harmônico simples como um só corpo de massa m + M. A velocidade do conjunto imediatamente após a colisão corresponde à velocidade máxima do MHS (vmax). O cálculo de vmax é feito por meio da aplicação do princípio da conservação do momento linear na coordenada x: 0x xP P=

bala,0 bloco,0 bala blocop p p p+ = +

0 max0mv mv Mv+ = + max

0max

mvvm M

=+

(1)

Durante o MHS, a velocidade do sistema bloco + bala em função do tempo é dada por: ( )( ) sent mv y tω ω φ= − +

A velocidade máxima do MHS é obtida quando sen (ωt + φ) = ± 1. Logo: max mv yω= (2)

A freqüência angular do sistema vale:

km M

ω =+

(3)


mmv k y

m M m M=

+ +

( )0 0 0,1666 mm

m m M my v vm M k k m M

+= = =

+ +

0,17 mmy ≈

(b) A energia mecânica do oscilador corresponde à sua energia cinética máxima.

( ) ( )

22maxmax

220 00

12

12

m M v m M vEfK mmv

+ += = =

v (4)


( ) 20

20

0,0123456m M mv mf

mv m M m M+ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟+ +⎝ ⎠


24


0,012f ≈

[Início seção] [Início documento] 37. Um cilindro sólido está preso a uma mola horizontal sem massa, de tal modo que ele pode rolar

sem deslizar sobre uma superfície horizontal, como mostra a Fig. 32. A constante de força k da mola é 2,94 N/cm. Sabendo-se que o sistema foi abandonado em repouso numa posição tal que a mola estava distendida de 23,9 cm, calcule as energias cinéticas (a) de translação e (b) de rotação do cilindro, quando ele passar na posição de equilíbrio. (c) Mostre que, nestas condições, o centro de massa do cilindro executa movimento harmônico simples com período de

322MTk

π=

onde M é a massa do cilindro.

(Pág. 22)

Solução. A energia mecânica total vale (xm é a amplitude de oscilação):

21 0,09375 J2 mE kx= = (1)

Quando o cilindro passa pelo ponto onde a mola está relaxada, a energia mecânica do sistema E estará na forma de energia cinética K. Esta está dividida em energia cinética translacional KT e rotacional KR. (2) TE K K K= = + R

A energia cinética translacional vale:

212TK M= v (3)

A energia cinética rotacional vale (I é o momento de inércia do cilindro e ω é a sua velocidade angular):

22

21 12 2 2R

MR vK IR

ω⎛ ⎞⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

214RK M= v (4)


2 21 12 4

E Mv Mv= +

234

E Mv= (5)

(a) Dividindo-se (4) por (5): ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 15 – Oscilações

25


2

2

224

3 34

TMvK

E Mv= =

2 0,0625 J3TK E= =

0,063 JTK ≈

(a) Dividindo-se (3) por (5):

2

2

114

3 34

TMvK

E Mv= =

1 0,03125 J3TK E= =

0,031 JTK ≈

(c) Considere o seguinte esquema das forças que agem sobre o cilindro:

P

f

α x

y

z

N

F

v

Vamos analisar a dinâmica da translação do cilindro (em x), em que F é a força elástica, f é a força de atrito estático, P é o peso do cilindro e N é a normal: x xF Ma=∑

2

2

d xF f Mdt

− =

2

2

d xkx f Mdt

− − = (6)

Agora vamos analisar a dinâmica da rotação do cilindro (torques em z, em relação ao centro de massa do cilindro): z zIτ α=∑

2

2 zMRfR α− =

Mas:

xz

vR

α = −

Logo:

2

2xvMRfR

R=


26


2

22M d xf

dt= (7)


2 2

2 22M d x d xkx M

dt dt− − =

2

2

2 03

d x k xdt M

+ = (8)

A Eq. (8) é a equação diferencial do movimento harmônico simples, onde:

2 23

kM

ω =

A relação entre o período de oscilação T e a freqüência angular ω é:

2T πω

=

Logo:

322MTk

π=


45. Um pêndulo físico consiste de um disco sólido uniforme de massa M = 563 g e raio R = 14,4

cm, mantido no plano vertical por um eixo preso à distância d = 10,2 cm do centro do disco, como mostra a Fig. 35. Desloca-se o disco de um pequeno ângulo e a seguir ele é abandonado. Encontre o período do movimento harmônico resultante.

(Pág. 23)

Solução. O período de oscilação de um pêndulo físico é dado pela Eq. (1), onde I é o momento de inércia do pêndulo em relação ao eixo de oscilação e d é a distância entre esse eixo e o centro de massa do pêndulo:

2 ITMgd

π= (1)

O momento de inércia é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos: 2

CMI I Md= +

2

2

2MRI Md= +

( 2 222M )I R d= + (2)


27



( )2 22

2 0,90528 s2

R dT

gdπ

+= =

0,905 sT ≈


48. Um pêndulo consiste de um disco uniforme de raio de 10,3 cm e massa de 488 g preso a uma

vara uniforme de 52,4 cm de comprimento e 272 g de massa; veja a Fig. 36. (a) Calcule o momento de inércia do pêndulo em torno deste eixo. (b) Qual é a distância entre o eixo e o centro de massa do pêndulo? (c) Calcule o período de oscilação para deslocamento angular pequeno.

(Pág. 23)


x

0

CM

hl

R

M

m

(a) O momento de inércia do pêndulo (I) é igual à soma dos momentos de inércia da vara (Ivara) e do disco (Idisco). vara discoI I I= + (1)

De acordo com a Fig. 9f (pág. 234, vol. 1): ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 15 – Oscilações

28


2

vara 3mlI = (2)

O cálculo de Idisco requer a aplicação do teorema dos eixos paralelos:

( )2CMI I M l R= + +

(2

2

2MR )I M l R= + + (3)


( )2 2

2 20,028905 kg.m3 2

ml RI M l R⎡ ⎤

= + + + =⎢ ⎥⎣ ⎦

20,0289 kg.mI ≈ (b) A coordenada do centro de massa (xCM) é dada por: ( )1 2 1 1 2CMm m x m x m x+ = + 2

( ) ( )2lm M h m M l R+ = + +

1 ( ) 0, 4963 m2

mlh M l Rm M

⎡ ⎤= + + =⎢ ⎥+ ⎣ ⎦

49,6 cmh ≈ (c) O período de oscilação deste pêndulo físico (T) vale:

( )

2 0,5553 sITm M gh

π= =+

0,555 sT ≈

[Início seção] [Início documento] 51. Um metro de madeira articulado em um dos seus extremos oscila com freqüência ν0. Qual seria

a freqüência, em termos de ν0, se um terço do metro fosse cortado da parte de baixo? (Pág. 23)

Solução.

[Início seção] [Início documento] 53. Um pêndulo físico tem dois pontos possíveis de suspensão; um é fixo e o outro ajustável ao

longo do comprimento do pêndulo, conforme a Fig. 38. Quando gira em torno da suspensão fixa, o pêndulo tem período T. Invertendo-se o pêndulo, de modo que passe a girar em torno da suspensão ajustável, consegue-se, por tentativas, fazê-lo oscilar com o mesmo período T. Mostre que a aceleração da gravidade pode ser escrita na forma

2

2

4 LgTπ

=

onde L é a distância entre as duas suspensões. Note que g pode ser medido desta maneira, sem necessidade do conhecimento do momento de inércia do pêndulo ou qualquer das outras dimensões, com exceção de L.


29


(Pág. 23)


hA

A

B

CM

T, IA

hB

B

A

CM

T, IB

Aplicando-se o teorema dos eixos paralelos, podemos obter os momentos de inércia do pêndulo em relação aos eixos A e B: 2

A CM AI I Mh= +

2B CM BI I Mh= +

Logo: ( ) ( )( )2 2

A B A B A B A BI I M h h M h h h h− = − = + − (1)

O período de oscilação do pêndulo A vale:

2 A

A

ITMgh

π=

Logo:

2

24A

AMgh TI

π=

De forma semelhante para o pêndulo B temos:

2

24B

BMgh TI

π=

Logo:


30


(2

24A B A bMgT )I I hπ

− = − h (2)

Igualando-se (1) e (2):

( ) ( )(2

24 A b A B A BMgT h h M h h h hπ

− = + − )

Reconhecendo-se que hA + hB = L e simplificando-se a expressão: B

2

24gT Lπ

=

2

2

4 LgTπ

=


55. Um pêndulo simples de comprimento L e massa m está preso a um carro que se move com

velocidade constante v numa trajetória circular de raio R. Qual será o período do movimento, sabendo-se que o pêndulo executa pequenas oscilações em torno da posição de equilíbrio (Pág. 23)

Solução. Considere o seguinte esquema das forças que agem sobre o pêndulo:

L

P

FC

θ

x

y

z

Para um observador localizado no referencial não inercial do carro, há duas forças atuando sobre a massa do pêndulo: a força da gravidade (P) e a força centrífuga (FC) devido ao movimento circular do carro, que é uma força fictícia. O módulo da força resultante (FR) vale:

( ) ( )1/ 2221/ 2 22 2

R CmvF P F mg

R

⎡ ⎤⎛ ⎞= + = +⎢ ⎜ ⎟

⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦⎥ (1)

Resolvendo-se a segunda lei de Newton para o sistema: zz

Iτ α=∑

2

22senR

dF L mLdtθθ− = (2)

O sinal negativo em (2) deve-se ao fato de o torque exercido pela força resultante (FRL sen θ) ter sempre o sentido contrário da posição angular θ. Substituindo-se (1) em (2):

( )1/ 222 2

22senmv dmg mL

R dtθθ

⎡ ⎤⎛ ⎞− + =⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦


31


Para oscilações de pequena amplitude vale a aproximação sen θ ≅ θ:

( )1/ 222 2

22

1 0d mvmgdt mL Rθ θ

⎡ ⎤⎛ ⎞+ +⎢ ⎥⎜ ⎟

⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦=

1/ 2222 2

2 0d g vdt L RLθ θ

⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞+ +⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

=

O fator multiplicativo de θ corresponde ao quadrado da freqüência angular (ω2):

1/ 42 22 2 2

1g v g vL RL L gR

ω⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= + = +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

Portanto, o período de oscilação do pêndulo vale:

2T πω

=

22

2

1

Tg vL gR

π=

⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠



32


RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 5.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 2003.

FÍSICA 2


EXERCÍCIOS

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PROBLEMAS

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respostas halliday oscilaçãoes - oscilações

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