Problemas Resolvidos de Física

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
Cap. 14 - Oscilações
Física 2
Resnick, Halliday, Krane
4ª Edição, LTC, 1996
Cap. 15 - Oscilações
Física 2
Resnick, Halliday, Krane
5ª Edição, LTC, 2003
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
11
21
31
41
51
61
71
81
91
02
12
22
32
42
52
62
72
82
03
13
23
33
43
53
63
73
83
04
14
24
34
44
54
64
74
84
05
15
25
35
45
55
65
75
85
06
16
26
36
46
56
66
76
86
07
17
27
37
47
57
67
77
87
08
18
28
38
48
58
68
78
88
09
19
29
39
49
59
69
79
89
10
20
30
40
50
60
70
80
90
[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:
a(t ) = −ω 2 xm cos (ωt + φ )
Portanto, a aceleração máxima desse sistema, cos (ωt + φ) = ± 1, será:
amax = ω 2 xm = ( 2π f ) xm = 4π 2 ( 6, 60 s −1 ) ( 0, 0220 m ) = 37,8329" m/s 2
2
2
amax ≈ 37,8 m/s 2
[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
x = (10 cm ) cos ⎡⎣(10 rad/s ) t + (π / 2 rad ) ⎤⎦
(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:
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 14 – Oscilações
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2
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x(t ) = xm cos (ωt + 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:
ω (10 s
f =
=
2π
2π
−1
) = 1,5915"s
−1
f ≈ 1, 6 Hz
(b) A velocidade da massa m vale:
dx
v=
= − (10 cm )(10 rad/s ) sen ⎡⎣(10 rad/s ) t + (π / 2 rad ) ⎤⎦
dt
v = − (1, 0 m/s ) sen ⎡⎣(10 rad/s ) t + (π / 2 rad ) ⎤⎦
A velocidade escalar máxima será atingida quando sen (ωt + φ) = ± 1. Logo:
vmax = 1, 0 m/s
A velocidade vmax é atingida em x = 0.
(c) A aceleração da massa m vale:
dv
a=
= − (1, 0 m/s )(10 rad/s ) cos ⎡⎣(10 rad/s ) t + (π / 2 rad ) ⎤⎦
dt
a = − (10 m/s 2 ) cos ⎡⎣(10 rad/s ) t + (π / 2 rad ) ⎤⎦
A aceleração escalar máxima será atingida quando cos (ωt + φ) = ± 1. Logo:
amax = 10 m/s 2
A aceleração amax é atingida nos extremos da trajetória da massa m, ou seja, em x = ± 10 cm.
(d) A força vale:
F = −kx
Mas:
− kx = ma = m ( −ω 2 x )
kx = mω 2 x
k = mω 2 = ( 0,10 kg ) (10 s −1 ) = 10
2
kg
kg.m
N
= 10 2
= 10
2
m
s
s .m
Logo:
F = − (10 N/m ) x
[Início seção]
[Início documento]
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.
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 14 – Oscilações
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3
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Em primeiro lugar, vamos compor a equação do movimento harmônico simples relativo à oscilação
da maré:
y(t ) = ym cos (ωt + φ )
Considere o esquema abaixo, que mostra os limites de oscilação da maré:
y
d/2
Preamar
d/4
d
0
Baixamar
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:
2π
2π
ω=
=
= 0,5026" rad/h
T
(12,5 h )
Portanto, temos:
d
y(t ) = cos (ωt )
2
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.
d d
y(1) = = cos (ωt1 )
4 2
1
= cos (ωt1 )
2
1
1
π
⎡1⎤
t1 = cos −1 ⎢ ⎥ =
= 2, 0833" h
ω
⎣ 2 ⎦ ( 0,5026" rad/h ) 3
t1 ≈ 2, 08 h
[Início seção]
[Início documento]
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:
x(t ) = xm cos (ωt + φ )
Em t1 = 1,00 s, a posição do corpo oscilante é x1.
x1 = xm cos (ωt1 + φ )
(1)
________________________________________________________________________________________________________
a
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A velocidade do corpo é:
v(t ) = −ω xm sen (ωt + φ )
Em t1 = 1,00 s, a posição do corpo oscilante é v1.
v1
= − xm sen (ωt1 + φ )
ω
Dividindo-se (2) por (1):
−
(2)
x sen (ωt1 + φ )
v1
= m
= tan (ωt1 + φ )
ω x1 xm cos (ωt1 + φ )
⎛
v1 ⎞
⎟ − ωt1
⎝ ω x1 ⎠
A freqüência angular do MHS vale:
φ = tan −1 ⎜ −
ω=
k
=
m
(3)
(100 N/m ) = 7, 0710" rad/s
( 2, 00 kg )
Agora podemos operar (3):
⎡
φ = tan −1 ⎢ −
⎣
⎤
( 3, 415 m/s )
⎥ − ( 7, 0710" rad/s )(1, 00 s ) = −8,3808" rad
( 7, 0710" rad/s )( 0,129 m ) ⎦
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.
xm =
( 0,129 m )
x1
=
= 0, 4999" rad
cos (ωt1 + φ1 ) cos ⎡⎣( 7, 0710" rad/s )(1, 00 s ) + ( −2,0976" rad ) ⎤⎦
Utilizando-se o valor de φ2 na expressão acima, o resultado será −0,4999...rad. Logo:
xm ≈ 0,500 rad
Portanto, o valor correto da constante de fase é φ = −2,0976...rad.
(b) A posição de m em t= 0 s é:
x(0) = ( 0, 4999" rad ) cos ( −2,0976" rad ) = −0, 2514" m
x(0) ≈ −0, 251 m
(c) A velocidade de m em t= 0 s é:
v(0) = ( −2, 0976" rad )( 0, 4999" rad ) sen ( −2, 0976" rad ) = 3, 0556" m/s
v(0) ≈ 3, 06 m/s
[Início seção]
[Início documento]
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
________________________________________________________________________________________________________
a
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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:
Eixo de rotação
d
L
CM
(a) O período de um pêndulo físico é dado por:
T = 2π
I
mgd
O momento de inércia do pêndulo é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos:
I = I CM + md 2 =
mL2
m
+ md 2 = ( L2 + 12d 2 )
12
12
Logo:
m 2
L + 12d 2 )
(
T = 2π 12
mgd
________________________________________________________________________________________________________
a
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(L
2
T =π
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+ 12d 2 )
3 gd
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:
T HsL
6
5
4
3
2
1
0.2
0.4
0.6
0.8
1
d HmL
Reduzindo-se o valor de d, o período tende a diminuir até um valor mínimo em d = L / 2 3 . Neste
(
)
ponto, o período é igual Tmin = 2 π L / g 3 . 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:
T HsL
14
12
10
8
6
4
2
2
4
6
8
10
L HmL
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:
________________________________________________________________________________________________________
a
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Ponto de suspensão
R
M
y
θ
CM
z
x
P
z
Aplicando-se a segunda lei de Newton rotacional ao pêndulo:
∑τ
z
= Iα z
O momento de inércia do pêndulo é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos:
I = I CM + MR 2 =
MR 2
3MR 2
+ MR 2 =
2
2
Logo:
3MR 2 ∂ 2θ
2 ∂t 2
Para pequenas oscilações, temos sen θ ≈ θ.
− Mg sen θ R =
∂ 2θ 2 g
+
θ ≈0
∂t 2 3R
Esta é a equação diferencial do movimento harmônico simples, em que:
2g
ω2 =
3R
Logo:
T=
2π
ω
6 ( 0,125 m )
3R
6R
=π
=π
= 0,868652" s
g
2g
( 9,81 m/s2 )
= 2π
T ≈ 0,869 s
(b) O novo esquema da situação é mostrado a seguir:
Ponto de suspensão
r
MR
θ
CM
y
P
z
x
O novo momento de inércia será:
MR 2
M
I = I CM + Mr =
+ Mr 2 = ( R 2 + 2r 2 )
2
2
Aplicando-se a segunda lei de Newton rotacional ao pêndulo:
2
2
M 2
2 ∂ θ
− Mg sen θ r = ( R + 2r ) 2
∂t
2
Fazendo sen θ ≈ θ:
∂ 2θ
2 gr
+ 2
θ =0
2
∂t
R + 2r 2
________________________________________________________________________________________________________
a
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2 gr
R + 2r 2
ω' =
2
Logo:
T ' = 2π
R 2 + 2r 2
2 gr
O problema pede o valor de r para T = T’. Logo:
3R
R 2 + 2r 2
2π
= 2π
2g
2 gr
R 2 + 2r 2
3R =
r
2r 2 − 3Rr + R 2 = 0
As raízes desta equação do segundo grau são r = R e r = R/2. Como r = R corresponde à situação do
item (a), temos:
R
r=
2
[Início seção]
[Início documento]
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:
A
A
L/2
CM,1
L
h1
h0
CM,0
M/2
M
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:
ML2
12
O valor de I0 é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos:
I CM ,0 =
2
ML2 ML2 ML2
⎛L⎞
I 0 = I CM ,0 + M ⎜ ⎟ =
+
=
12
4
3
⎝2⎠
Na barra cortada, temos:
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 14 – Oscilações
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9
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2
⎛ M ⎞⎛ L ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟
ML2
2
2
I CM ,1 = ⎝ ⎠⎝ ⎠ =
12
96
O valor de I1 é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos:
2
M ⎛L⎞
ML2 ML2 ML2
I1 = I CM ,1 + ⎜ ⎟ =
+
=
2 ⎝4⎠
96
32
24
A freqüência de oscilação do pêndulo original pode ser descrita em termos do seu período T0:
f0 =
1
1
=
T0 2π
Mgh0
1
=
I0
2π
⎛L⎞
Mg ⎜ ⎟
⎝2⎠ = 1
⎛ ML2 ⎞ 2π
⎜
⎟
⎝ 3 ⎠
3g
1 1
=
2L
2 2π
3g
L
(1)
A freqüência de oscilação do pêndulo cortado pode ser descrita em termos do seu período T:
f1 =
1
1
=
T 2π
Mgh
1
=
I
2π
⎛L⎞
Mg ⎜ ⎟
⎝4⎠ = 1
⎛ ML2 ⎞ 2π
⎜
⎟
⎝ 24 ⎠
3g
L
(2)
Comparando-se (1) e (2):
1
f0 =
f1
2
f1 = 2 f 0
[Início seção]
[Início documento]
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:
________________________________________________________________________________________________________
a
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10
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x
F
θ
r
Aplicando-se a segunda lei de Newton à rotação da roda, temos:
∑τ z = I
∂ 2θ
∂t 2
∂ 2θ
∂t 2
Mas a força em x é dada por:
F = −kx = −kr sen θ
Logo:
Fr cos θ = mR 2
−kr 2 sen θ cos θ = mR 2
∂ 2θ
∂t 2
∂ 2θ kr 2 sen θ cos θ
+
=0
∂t 2
mR 2
Para pequenas oscilações do sistema, sen θ ≈ θ e cos θ ≈ 1:
∂ 2θ kr 2
+
θ =0
∂t 2 mR 2
Esta é a equação do movimento harmônico simples, em que a freqüência angular ω vale:
ω=
r k
R m
(b) Para r = R, teremos:
ω=
k
m
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.
ω=0
[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?
________________________________________________________________________________________________________
a
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(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
CM1
A
Barra 1
h = L/4
L/2
L
Barra 2
CM
CM2
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:
I A = I1, A + I 2, A
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):
ML2
12
O valor de I2,A é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos:
I1, A =
2
I 2, A = I CM 2
ML2 ML2 ML2
⎛L⎞
+M⎜ ⎟ =
+
=
12
4
3
⎝2⎠
Logo:
ML2 ML2 5ML2
I A = I1, A + I 2, A =
+
=
12
3
12
Agora podemos aplicar a segunda lei de Newton rotacional ao sistema oscilante. Veja o esquema
abaixo:
________________________________________________________________________________________________________
a
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12
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A
CM
h
θ
P
d 2θ
∑τ z = I A dt 2
5ML2 d 2θ
− P sen θ h =
12 dt 2
L 5ML2 d 2θ
−2Mg sen θ =
4
12 dt 2
d 2θ 6 g
sen θ = 0
+
dt 2 5L
Para pequenas oscilações:
d 2θ 6 g
+ θ ≈0
dt 2 5L
A expressão acima corresponde à equação diferencial do movimento harmônico simples, em que a
freqüência angular pode ser identificada como:
6g
5L
Finalmente, o período vale:
ω=
T=
2π
ω
= 2π
5 (1 m )
5L
= 2π
= 1,8312" s
6g
6 ( 9,81 m/s 2 )
T ≈2s
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
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Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FÍSICA 2
CAPÍTULO 15 - OSCILAÇÕES
PROBLEMAS
01
11
21
31
41
51
61
71
02
12
22
32
42
52
62
72
03
13
23
33
43
53
63
73
04
14
24
34
44
54
64
74
05
15
25
35
45
55
65
75
06
16
26
36
46
56
66
07
17
27
37
47
57
67
08
18
28
38
48
58
68
09
19
29
39
49
59
69
10
20
30
40
50
60
70
[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:
T = 0, 484 s
(b) A freqüência de oscilação vale:
1
ν = = 2, 0661" s −1 = 2, 0661" Hz
T
ν ≈ 2, 07 Hz
(c) A freqüência angular vale:
ω = 2πν = 12, 9817 " rad/s
ω ≈ 13, 0 rad/s
(d) Para determinar a constante de força, partimos da conhecida relação:
ω=
k
m
k = ω 2 m = 86, 2857" N/m
k ≈ 86, 3 N/m
(e) A dependência da velocidade da massa em relação ao tempo é dada pela seguinte equação:
v(t ) = −ω xm sen (ωt + φ )
________________________________________________________________________________________________________
a
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A velocidade máxima vmax é encontrada quando sen(ωt + φ) = ±1. Logo:
vmax = ω xm = 4,5046" m/s
vmax ≈ 4,50 m/s
(f) A dependência da força que a mola exerce sobre o bloco em relação ao tempo é dada pela
relação:
F(t ) = ma(t ) = −mω 2 xm cos (ωt + φ )
A força máxima Fmax é encontrada quando cos(ωt + φ) = ±1. Logo:
Fmax = mω 2 xm = 29, 9407 " N
Fmax ≈ 29,9 N
[Início seção]
[Início documento]
08. Um corpo oscila com movimento harmônico simples de acordo com a equação
x = ( 6,12 m ) cos ⎡⎣( 8,38 rad/s ) t + 1,92 rad ⎤⎦
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:
x(1,90 s) = ( 6,12 m ) cos ⎡⎣( 8,38 rad/s )(1,90 s ) + 1,92 rad ⎤⎦ = 3, 26764" m
x(1,90 s) ≈ 3, 27 m
(b) A velocidade em t = 1,90 s vale:
dx
v( t ) =
= − ( 8,38 rad/s )( 6,12 m ) sen ⎡⎣( 8,38 rad/s ) t + 1,92 rad ⎤⎦
dt
v(1,90 s) = − ( 8,38 rad/s )( 6,12 m ) sen ⎡⎣( 8,38 rad/s )(1,90 s ) + 1,92 rad ⎤⎦ = 43,3634" m/s
v(1,90 s) ≈ 43, 4 m/s
(c) A aceleração em t = 1,90 s vale:
dv
2
a(t ) =
= − ( 8,38 rad/s ) ( 6,12 m ) cos ⎡⎣( 8,38 rad/s ) t + 1,92 rad ⎤⎦
dt
a(1,90 s) = − ( 8,38 rad/s ) ( 6,12 m ) cos ⎡⎣( 8,38 rad/s )(1,90 s ) + 1,92 rad ⎤⎦ = −229, 4683" m/s 2
2
a(1,90 s) ≈ −229 m/s 2
(d) A freqüência vale:
ω 8,38 rad/s
ν=
=
= 1,33371" Hz
2π
2π
ν ≈ 1, 33 Hz
(e) O período vale:
1
T = = 0, 74978" s
ν
________________________________________________________________________________________________________
a
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T ≈ 0, 750 s
[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’
N2
N1
f’
y
F
M
f
m
x
P2
P1
a1 = a2
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:
f = ma1
μ N1 = μ mg = ma1
a1 = μ g
Portanto, o sistema oscilante poderá apresentar aceleração máxima (amax) igual a μg. Logo:
a(t ) = −ω 2 x(t )
amax = −ω 2 xm
________________________________________________________________________________________________________
a
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xm = −
xm =
amax
ω
2
=−
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( −μ g )
⎛ k ⎞
⎜
⎟
⎝m+M ⎠
μg (m + M )
k
= 0,11917 " m
xm ≈ 0,12 m
[Início seção]
[Início documento]
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:
x1(t ) = xm cos (ωt )
π⎞
⎛
x2(t ) = xm cos ⎜ ωt + ⎟
6⎠
⎝
Como T1 = T2 = T = 0,500 s, as freqüências angulares ω1 eω2 são iguais a ω para as duas partículas.
2π 2π 4π
ω=
rad/s
=
=
T 1,5 3
As amplitudes do MHS também são iguais para ambas as partículas, com xm = L/2. Logo:
x1( t ) =
L
⎡⎛ 4π
⎞ ⎤
cos ⎢⎜
rad/s ⎟ t ⎥
2
⎠ ⎦
⎣⎝ 3
x2(t ) =
L
⎡⎛ 4π
⎞ π⎤
cos ⎢⎜
rad/s ⎟ t + ⎥
2
⎠ 6⎦
⎣⎝ 3
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 = L 3 / 4 = 0,43301...L. Ou seja, a distância entre as
partículas em t = 0 é:
d12(t = 0) ≈ 0, 433L
As velocidades das partículas 1 e 2 são dadas por:
⎡⎛ 4π
⎛ 4π
⎞L
⎞ ⎤
v1( t ) = − ⎜
rad/s ⎟ sen ⎢⎜
rad/s ⎟ t ⎥
⎝ 3
⎠2
⎠ ⎦
⎣⎝ 3
⎡⎛ 4π
⎛ 4π
⎞L
⎞ π⎤
v2(t ) = − ⎜
rad/s ⎟ sen ⎢⎜
rad/s ⎟ t + ⎥
⎝ 3
⎠2
⎠ 6⎦
⎣⎝ 3
Em t = 0,500 s, temos as seguintes posições e velocidades para as partículas 1 e 2:
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a
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x1(0,500 s) =
L
⎡⎛ 4π
⎤
⎞
cos ⎢⎜
rad/s ⎟ ( 0,500 s ) t ⎥ = −0, 250 L
2
⎠
⎣⎝ 3
⎦
x2(0,500 s) =
L
⎡⎛ 4π
π⎤
⎞
cos ⎢⎜
rad/s ⎟ ( 0,500 s ) + ⎥ ≈ −0, 433L
2
6⎦
⎠
⎣⎝ 3
⎡⎛ 4π
⎤
⎛ 4π
⎞L
⎞
v1(0,500 s) = − ⎜
rad/s ⎟ sen ⎢⎜
rad/s ⎟ ( 0,500 s ) ⎥ ≈ −1,813L
⎝ 3
⎠2
⎠
⎣⎝ 3
⎦
⎡⎛ 4π
π⎤
⎛ 4π
⎞L
⎞
v2(0,500 s) = − ⎜
rad/s ⎟ sen ⎢⎜
rad/s ⎟ ( 0,500 s ) + ⎥ ≈ −1, 047 L
6⎦
⎝ 3
⎠2
⎠
⎣⎝ 3
A distância entre as partículas em t = 0,500 s vale:
d12( t = 0,500 s) = x2(0,500 s) − x1(0,500 s) = ( −0, 433L ) − ( −0, 250 L )
d12( t = 0,500 s) ≈ 0,183L
Considere o seguinte esquema, que mostra as posições e as velocidades das partículas em t = 0,500
s.
t = 0,500 s
v2 2
v1
1
−L/2
0
Portanto, em t = 0,500 s, as partículas estão se aproximando.
[Início seção]
L/2 x
[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
1 k1 + k2
ν=
= ν 12 +ν 22
2π
m
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.
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Para a mola k1, temos:
ω1 = 2πν 1
ν1 =
ω1
1
=
2π 2π
4π 2ν 12 =
k1
m
k1
m
k1 = 4π 2 mν 12
(1)
De forma análoga, para a mola 2 teremos:
k2 = 4π 2 mν 22
(2)
Considere o seguinte esquema:
x
k1 F1
F2
m
k2
0
A força elástica resultante sobre o bloco vale:
x
F = F1 + F2 = −k1 x − k2 x = − ( k1 + k2 ) x
(3)
Sabemos que para o MHS é válida a seguinte relação:
a(t ) = −ω 2 x(t )
(4)
De acordo com a segunda lei de Newton, temos:
F = ma
Substituindo-se (3) e (4) em (5):
(5)
− ( k1 + k2 ) x = −mω 2 x
k1 + k2 = mω 2
(6)
Substituindo-se (1), (2) e a relação ω = 2πν em (6):
4π 2 mν 12 + 4π 2 mν 22 = m 4π 2ν 2
ν = ν 12 +ν 22
[Início seção]
[Início documento]
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
ν 1ν 2
k1k2
1
ν=
=
2π ( k1 + k2 ) m
ν 12 +ν 22
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).
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a
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(Pág. 20)
Solução.
Considere o seguinte esquema:
F
k1
F1
F2
k2
m
Sejam as seguintes relações, em que x1 e x2 são os estiramentos das molas k1e k2, respectivamente:
(1)
F1 = − k1 x1
F2 = − k2 x2
(2)
A partir destas equações, temos:
F
x1 = − 1
k1
x2 = −
(3)
F2
k2
(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.
F’
k’
m
As Eqs. (1)-(4) sugerem que:
F ' = −k ' x
(5)
F'
(6)
k'
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:
x = x1 + x2
(7)
x=−
F1 = F2 = F = F '
(8)
Substituindo-se (3), (4) e (6) em (7):
−
F F
F'
=− 1 − 2
'
k
k1 k2
Aplicando-se a relação (8), temos:
⎛1 1⎞
F'
k +k
= F⎜ − ⎟= F 1 2
'
k
k1k2
⎝ k1 k2 ⎠
________________________________________________________________________________________________________
a
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⎛ k +k ⎞
F' = k' ⎜ F 1 2 ⎟
k1k2 ⎠
⎝
Comparando-se (5) e (9), temos:
k +k
F 1 2 = −x
k1k2
F =−
(9)
k1k2
x
k1 + k2
Logo:
k' =
k1k2
k1 + k2
(10)
A freqüência de oscilação do sistema vale:
ω'
1
=
2π 2π
k'
m
Substituindo-se (10) em (11):
ν ' =ν =
ν' =
1
2π
(11)
k1k2
( k1 + k2 ) m
[Início seção]
[Início documento]
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:
x(t ) = xm cos (ωt + φ )
Quando o deslocamento for igual à metade da amplitude, temos:
x
x(t0 ) = m = xm cos (ωt0 + φ )
2
Isto implica em que no tempo t0 temos:
1
cos (ωt0 + φ ) =
2
A energia mecânica total do MHS é dada por:
1
E = kxm2
2
No instante t0 a energia potencial do sistema vale:
U ( t0 ) =
2
1 2
1
1
⎛1⎞
kx(t0 ) = k ⎡⎣ xm cos (ωt0 + φ ) ⎤⎦ = kxm2 ⎜ ⎟
2
2
2
⎝2⎠
1
U (t0 ) = kxm2
8
(1)
2
(2)
________________________________________________________________________________________________________
a
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A energia cinética do sistema no instante t0 pode ser calculada por diferença:
1
1
K (t0 ) = E − U ( t0 ) = kxm2 − kxm2
2
8
3
(3)
K (t0 ) = kxm2
8
Agora podemos usar as Eqs. (1)-(3) para calcular o que foi pedido. A fração da energia total que
será cinética é:
3 2
K (t0 ) 8 kxm
fK =
=
1 2
E
kxm
2
3
fK =
4
A fração da energia total que será potencial é:
1 2
U (t0 ) 8 kxm
fU =
=
1 2
E
kxm
2
1
fU =
4
(b) Usaremos a condição da energia potencial ser metade da energia mecânica total:
E
U=
2
1 2
kx
1 2 2 m
kx =
2
2
x2 =
xm2
2
x=
2
xm
2
[Início seção]
[Início documento]
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)
________________________________________________________________________________________________________
a
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22
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Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
m+M
-xm
0
xm
x
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:
Px 0 = Px
pbala,0 + pbloco,0 = pbala + pbloco
mv + 0 = mvmax + Mvmax
mv
m+M
Durante o MHS, a velocidade do sistema bloco + bala em função do tempo é dada por:
vmax =
(1)
v(t ) = −ω xm sen (ωt + φ )
A velocidade máxima do MHS é obtida quando sen (ωt + φ) = ± 1. Logo:
vmax = ω xm
xm =
vmax
ω
Por definição, a freqüência angular ω é dada por:
k
m+M
Substituindo-se (1) e (3) em (2):
ω=
xm =
xm =
mv
m+M
(2)
(3)
m+M
k
mv
(m + M ) k
[Início seção]
[Início documento]
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:
________________________________________________________________________________________________________
a
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y
m+M
ym
M
0
-ym
v0
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:
Px 0 = Px
pbala,0 + pbloco,0 = pbala + pbloco
mv0 + 0 = mvmax + Mvmax
mv0
m+M
Durante o MHS, a velocidade do sistema bloco + bala em função do tempo é dada por:
vmax =
(1)
v(t ) = −ω ym sen (ωt + φ )
A velocidade máxima do MHS é obtida quando sen (ωt + φ) = ± 1. Logo:
vmax = ω ym
(2)
A freqüência angular do sistema vale:
k
m+M
Substituindo-se (1) e (3) em (2):
ω=
(3)
mv
k
ym
=
m+M
m+M
ym =
m+M
m
v0 =
v0 = 0,1666" m
k
k (m + M )
m
m+M
ym ≈ 0,17 m
(b) A energia mecânica do oscilador corresponde à sua energia cinética máxima.
1
2
2
( m + M ) vmax
( m + M ) vmax
E
f =
=2
=
1 2
K0
mv02
mv0
2
Substituindo-se (1) em (4):
f
(m + M ) ⎛
=
mv02
(4)
2
mv0 ⎞
m
= 0, 0123456"
⎜
⎟ =
⎝ m+M ⎠ m+M
________________________________________________________________________________________________________
a
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f ≈ 0, 012
[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
3M
T = 2π
2k
onde M é a massa do cilindro.
(Pág. 22)
Solução.
A energia mecânica total vale (xm é a amplitude de oscilação):
1
(1)
E = kxm2 = 0, 09375 J
2
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)
E = K = KT + K R
A energia cinética translacional vale:
1
(3)
K T = Mv 2
2
A energia cinética rotacional vale (I é o momento de inércia do cilindro e ω é a sua velocidade
angular):
1 2 1 ⎛ MR 2 ⎞ ⎛ v ⎞
K R = Iω = ⎜
⎟⎜ ⎟
2
2 ⎝ 2 ⎠⎝ R ⎠
1
K R = Mv 2
4
Substituindo-se (3) e (4) em (2):
1
1
E = Mv 2 + Mv 2
2
4
3
E = Mv 2
4
(a) Dividindo-se (4) por (5):
2
(4)
(5)
________________________________________________________________________________________________________
a
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2
Mv 2
KT 4
2
=
=
3
E
Mv 2 3
4
2
KT = E = 0, 0625 J
3
KT ≈ 0, 063 J
(a) Dividindo-se (3) por (5):
1
Mv 2
KT 4
1
=
=
3
E
Mv 2 3
4
1
KT = E = 0, 03125 J
3
KT ≈ 0, 031 J
(c) Considere o seguinte esquema das forças que agem sobre o cilindro:
v
y
α
F
z
x
P
f
N
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:
∑F
x
= Max
d 2x
F− f =M 2
dt
d 2x
−kx − f = M 2
(6)
dt
Agora vamos analisar a dinâmica da rotação do cilindro (torques em z, em relação ao centro de
massa do cilindro):
∑τ
z
= Iα z
− fR =
MR 2
αz
2
αz = −
vx
R
Mas:
Logo:
fR =
MR 2 vx
2 R
________________________________________________________________________________________________________
a
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M d 2x
2 dt 2
Substituindo-se (7) em (6):
f =
−kx −
(7)
M d2x
d 2x
=
M
2 dt 2
dt 2
d 2 x 2k
+
x=0
dt 2 3M
A Eq. (8) é a equação diferencial do movimento harmônico simples, onde:
2k
ω2 =
3M
A relação entre o período de oscilação T e a freqüência angular ω é:
2π
T=
ω
Logo:
T = 2π
(8)
3M
2k
[Início seção]
[Início documento]
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:
T = 2π
I
Mgd
(1)
O momento de inércia é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos:
I = I CM + Md 2
MR 2
I=
+ Md 2
2
M 2
I=
( R + 2d 2 )
2
(2)
________________________________________________________________________________________________________
a
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Substituindo-se (2) em (1):
T = 2π
(R
2
+ 2d 2 )
2 gd
= 0,90528" s
T ≈ 0, 905 s
[Início seção]
[Início documento]
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)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
0
l
m
h
CM
R
M
x
(a) O momento de inércia do pêndulo (I) é igual à soma dos momentos de inércia da vara (Ivara) e do
disco (Idisco).
I = I vara + I disco
(1)
De acordo com a Fig. 9f (pág. 234, vol. 1):
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a
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Problemas Resolvidos de Física
I vara =
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ml 2
3
(2)
O cálculo de Idisco requer a aplicação do teorema dos eixos paralelos:
I = I CM + M ( l + R )
2
MR 2
2
+ M (l + R )
2
Substituindo-se (2) e (3) em (1):
I=
I=
(3)
⎡ R2
ml 2
2⎤
+ M ⎢ + ( l + R ) ⎥ = 0, 028905" kg.m 2
3
⎣ 2
⎦
I ≈ 0, 0289 kg.m 2
(b) A coordenada do centro de massa (xCM) é dada por:
( m1 + m2 ) xCM
= m1 x1 + m2 x2
(m + M ) h = m
l
+ M (l + R )
2
1 ⎡ ml
⎤
+ M (l + R ) ⎥ = 0, 4963" m
⎢
m+M ⎣ 2
⎦
h ≈ 49, 6 cm
h=
(c) O período de oscilação deste pêndulo físico (T) vale:
T = 2π
I
= 0,5553" s
( m + M ) gh
T ≈ 0, 555 s
[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
4π 2 L
g= 2
T
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.
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a
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Problemas Resolvidos de Física
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(Pág. 23)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
T, IB
T, IA
A
B
hB
CM
hA
CM
B
A
Aplicando-se o teorema dos eixos paralelos, podemos obter os momentos de inércia do pêndulo em
relação aos eixos A e B:
I A = I CM + MhA2
I B = I CM + MhB2
Logo:
I A − I B = M ( hA2 − hB2 ) = M ( hA + hB )( hA − hB )
(1)
O período de oscilação do pêndulo A vale:
T = 2π
IA
MghA
Logo:
MghAT 2
4π 2
De forma semelhante para o pêndulo B temos:
IA =
IB =
MghBT 2
4π 2
Logo:
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a
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Problemas Resolvidos de Física
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MgT 2
( hA − hb )
4π 2
Igualando-se (1) e (2):
I A − IB =
(2)
MgT 2
( hA − hb ) = M ( hA + hB )( hA − hB )
4π 2
Reconhecendo-se que hA + hB = L e simplificando-se a expressão:
B
2
gT
=L
4π 2
g=
4π 2 L
T2
[Início seção]
[Início documento]
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
y
θ
z
x
FC
P
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/ 2
2
⎡
⎛ mv 2 ⎞ ⎤
2
2
FR = ( P + F ) = ⎢( mg ) + ⎜
⎟ ⎥
⎢⎣
⎝ R ⎠ ⎥⎦
Resolvendo-se a segunda lei de Newton para o sistema:
2 1/ 2
C
∑τ
z
(1)
= Iα z
d 2θ
(2)
dt 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):
− FR L sen θ = mL2
1/ 2
2
⎡
⎛ mv 2 ⎞ ⎤
2
− ⎢( mg ) + ⎜
⎟ ⎥
⎢⎣
⎝ R ⎠ ⎥⎦
d 2θ
sen θ = mL 2
dt
________________________________________________________________________________________________________
a
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Problemas Resolvidos de Física
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Para oscilações de pequena amplitude vale a aproximação sen θ ≅ θ:
1/ 2
2
⎛ mv 2 ⎞ ⎤
d 2θ
1 ⎡
2
+
⎢( mg ) + ⎜
⎟ ⎥ θ =0
dt 2 mL ⎢
R ⎠ ⎥
⎝
⎣
⎦
1/ 2
2
2
d 2θ ⎡⎛ g ⎞ ⎛ v 2 ⎞ ⎤
+ ⎢⎜ ⎟ + ⎜
⎟ ⎥ θ =0
dt 2 ⎢⎝ L ⎠ ⎝ RL ⎠ ⎥
⎣
⎦
O fator multiplicativo de θ corresponde ao quadrado da freqüência angular (ω2):
1/ 4
2
⎡⎛ g ⎞ 2 ⎛ v 2 ⎞ 2 ⎤
⎛ v2 ⎞
g
ω = ⎢⎜ ⎟ + ⎜
1+ ⎜
⎟ ⎥ =
⎟
L
⎢⎣⎝ L ⎠ ⎝ RL ⎠ ⎥⎦
⎝ gR ⎠
Portanto, o período de oscilação do pêndulo vale:
2π
T=
ω
2π
T=
2
⎛ v2 ⎞
g
1+ ⎜
⎟
L
⎝ gR ⎠
[Início seção]
[Início documento]
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FÍSICA 2
CAPÍTULO 17 - OSCILAÇÕES
EXERCÍCIOS
01
11
21
31
41
51
02
12
22
32
42
52
03
13
23
33
43
53
04
14
24
34
44
54
05
15
25
35
45
55
06
16
26
36
46
07
17
27
37
47
08
18
28
38
48
09
19
29
39
49
10
20
30
40
50
07
17
27
08
18
09
19
10
20
PROBLEMAS
01
11
21
02
12
22
03
13
23
04
14
24
05
15
25
06
16
26
[Início documento]
[Início seção]
[Início documento]
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a
Cap. 17 – Oscilações
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 5 Ed. - LTC - 2003.
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