Lista 3

Universidade de Brasília

Instituto de Física

Terceira Lista de Exercícios de Física II

Questão 1Um objeto sujeito a um movimento harmônico simples leva0, 25s para viajar de um ponto onde a velocidade é nula até opróximo ponto em que isto acontece. A distância entre essespontos é de 36cm. Calcule (a) a amplitude do movimento, (b)o período e (c) a frequência.

Solução

a)T/2 = 0, 5 s→ T = 0, 5s

b)2A = 36 cm→ A = 18 cm

c)

f =1

T= 2 Hz

Questão 2Um corpo oscila com um movimento harmônico simples deacordo com a equação

x = (6, 0m)cos[(3π rad/s)t+ π/3 rad].

Em t = 2, 0s qual (a) A posição, (b) a velocidade, (c) a acele-ração, (d) a fase do movimento, (e) a frequência e (f) o períododo movimento?

Solução

a)x(2) = 3, 0 m

b)

v(2) =dx

dt|t=2 = −9

√3π ≈ 49 m/s2

c)

a(2) =dv

dt|t=2 ≈ −266, 5 m/s2

d)

fase = 6π +π

3= 19

π

3

e)

ω = 3πrad

s= 2π rad f → f =

3

2s−1.

f)

T =1

f=

2

3s

Questão 3Em um certo porto, as marés fazem com que a superfície dooceano suba e desça uma distância d (do nível mais alto para omais baixo) em movimento harmônico simples, com um período

de 12, 5h. Quanto tempo leva para a água cair uma distânciade d/4 do seu nível mais alto?

Solução

Seja y(t) a altura da maré em função do tempo. Pelo enunciadoconcluímos que −d/2 ≤ y(t) ≤ d/2. Tomemos t = 0 quando a maréestiver em seu nível mais alto, isto é, y(0) = d

2. Dessa forma, a

altura da maré é dada por

y(t) =d

2cos(ωt)

Como a questão forneceu o período, então a frequência angular é

ω =2π

T= 0.503 rad/h

Substituindo a primeira equação na segunda e fazendo y(t) = d4,

obtemos

cos

(0, 503

rad

ht

)=

1

2

0, 503rad

ht =

π

3rad

t ≈ 2, 08 h

Questão 4Duas partículas oscilam em um movimento harmônico simplesao longo de um segmento de reta comum de comprimento A.Cada particula tem um período de 1, 5 s, mas diferem em fasede π

6 rad. (a) Qual a distância entre elas (em termos de A) 0, 5 sapós a partícula mais atrasada deixar uma das extremidadesdo percurso? (b) Elas estão se aproximando ou se afastando?

Solução

a) Do enunciado podemos concluir que a amplitude do movimentoé A

2. Assim as equações horarias das posições das partículas são

dadas por

x1(t) =A

2cos(ω t+ ϕ1)

e

x2(t) =A

2cos(ω t+ ϕ2)

Sabemos que ϕ2−ϕ1 = π6, assim, sem perda de generalidade, pode-

mos escolher ϕ1 = 0 e consequentemente ϕ2 = π6. Como o periodo

de oscilação das particulas vale 1, 5 s então a frequência angular ωvale 4π

3rad/s. Substituido esses dados nas expressões de x1 e x2,

obtemos

x1(t) =A

2cos

(4π

3t

)

e

x2(t) =A

2cos

(4π

3t+

π

6

)Universidade de Brasília - Física II - Terceira Lista de Exercícios

A particula 1 estará na extremidade em t = 0. Logo, em t = 0, 5 sas posições das partículas serão:

x1(0, 5) =A

2cos

(4π

30, 5

)= −A

4

e

x2(0, 5) =A

2cos

(4π

30, 5 +

π

6

)= −√

3A

4

A distância d entre elas será

d = |x2(0, 5)− x1(0, 5)| = A

4(√

3− 1)

b) Para saber se as particulas estão se aproximando ou se afas-tando precisamos calcular a velocidade de cada uma delas no ins-tante 0, 5 s. Derivando x1(t) e x2(t) em relação ao tempo e emseguida evaluando-as em t = 0, 5 s obtemos

v1(0, 5) = −2πA

3sin

(2π

3

)= −√

3πA

3

e

v2(0, 5) = −2πA

3sin

(5π

6

)= −πA

3

Vemos pelo sinal da velocidade que as particulas estão se movendono mesmo sentido. Como x2(0, 5) < x1(0, 5) e|v2(0, 5)| > |v2(0, 5)|então as partículas estao se afastando.

Questão 5Duas particulas executam movimentos harmônicos simples demesma amplitude e frequência ao longo de linhas paralelas pró-ximas. Elas passam uma pela outra movendo-se em sentidoscontrarios cada vez que o deslocamento delas é metade da am-plitude. Qual a diferença de fase entre elas?

Solução

A �gura abaixo ilustra as partículas movendo-se em sentidos con-trarios quando suas posições correspondem à metade da amplitude.

As equações horárias para a posição e a velocidade das particulas 1e 2 são dadas por

x1(t) = Acos(ωt+ ϕ1) e v1(t) = −Aω sin(ωt+ ϕ1)

x2(t) = Acos(ωt+ ϕ2) e v2(t) = −Aω sin(ωt+ ϕ2)nonumber

Vamos assumir que a con�guração ilustrada na acima ocorre emt = 0 (ajuste do cronômetro). Assim para a partícula 1, temos

x1(0) = A cos(ϕ1) =A

2→ cos(ϕ1) =

1

2

v1(0) = −Aω sin(ϕ1) < 0 (ver �gura)

sin(ϕ1) > 0

Das equações acima, temos que ϕ1 = π3.

Para a partícula 2 temos

x2(0) = A cos(ϕ2) =A

2→ cos(ϕ2) =

1

2

v2(0) = −Aω sin(ϕ2) > 0 (ver �gura)

sin(ϕ1) < 0

Das equações acima, temos que ϕ2 = 5π3. Logo, a diferença de fase

entre as partículas é ϕ2 − ϕ1 = 4π3.

Questão 6Responda: (a) Qual é a mudança ∆T no período de um pên-dulo simples quando a aceleração da gravidade g muda de ∆g?Sugestão: O novo período T + ∆T e obtido substituindo g porg + ∆g

T + ∆T = 2π

√l

g + ∆g

Para obter uma expressão aproximada para o novo periodoexpanda o fator (g + ∆g)−

12 utilizando o teorema binomial e

tomando somente os dois primeiros termos:

(1 + ∆x)n = 1 + n∆x+ · · ·Expresse a variação relativa do período ∆T

T em termos da razão∆gg .

(b) Sabe-se que um relógio de pêndulo mede o tempo correta-mente em locais em que g = 9, 80665 m/s2(g ao nível do mare a 45o de latitude). Em regiões mais altas a gravidade é le-vemente menor e por esse motivo a oscilação do pêndulo se dámais lentamente fazendo com que haja um atraso no relogio.Sabendo-se que o atraso é de 1, 00000 s/dia, utilize o resultadodo item (a) para determinar o valor da gravidade nesse novolocal.

Solução

a)Sabemos que para pequenas oscilações o período T de um pênduloe a aceleração gravitacional g relacionam-se por meio da seguintefórmula:

T = 2π

√l

g

onde l e o comprimento do �o.Vamos considerar uma mudança na gravidade

g → g′ = g + ∆g

e analisar como essa mudança se re�ete no período de oscilação dopêndulo

T → T ′ = T + ∆T

Vamos usar a equação do período para T ′ e g′.

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T ′ = 2π√

lg′

T + ∆T = 2π√

lg+∆g

T + ∆T = 2π√

lg

√1

1+ ∆gg

T + ∆T = T(

1 + ∆gg

)− 12

Expandindo o binômio e tomando somente os dois primeiros termosda expansão (para isso consideramos que ∆g << g) obtemos

∆T = −∆g

2g

b) Em locais onde g = 9, 80655 m/s2 o período do relógio é

T = 2π

√l

g= 1s

Em regiões mais altas a gravidade g′ é ligeiramente menor que9, 80655 m/s2 e, por esse motivo, o período do pêndulo é ligeira-mente maior que 1, 00000 s.

Sabemos que o relógio atrasa 1, 00000 s a cada dia, isto é,

atraso/dia = 1s1dia

atraso/s = atraso/ciclo = (1/86400)s1s

T ′ = T + ∆T = 1s+ 1s86400

Obtemos então

∆g = −2g∆T = −0, 00023 m/s2

A gravidade nesse novo local é 9, 80632 m/s2.

Questão 7Um bloco de massaM , capaz de deslizar com atrito desprezivelsobre um trilho de ar horizontal, esta preso a uma extremidadedo trilho por uma mola de massa desprezivel e constante elás-tica k, inicialmente relaxada. Uma bolinha de chiclete de massam, lançada em direção ao bloco com velocidade horizontal v,atinge-o no instante t = 0 e �ca grudada nele (Figura 2). Achea expressão do deslocamento x do sistema para t>0.

Solução

O momento linear imediatamente antes e imediatamente após a co-lisão se conserva, assim temos:

mv = (m+M)v′ → v′ =m

m+Mv

Pela �gura abaixo percebe-se que a fase (θ(t) = ωt+ϕ0) do conjuntom+M que oscila em M.H.S. vale, em t=0, 3π

2.

Assim, a posição do conjunto é dada por

x(t) = Acos

(ωt+

3π

2

)

onde

ω =

√k

mosc.=

√k

m+M

é a frequência angular do sistema.

A amplitude A pode ser obtida pela conservação de energia, isto e,

EO = EA →1

2(m+M)v′

2=

1

2kA2

A =v′

ω=

√m2

k(m+M).v

Substituindo a equações A e ω em x(t), obtemos

x(t) =

√m2

k(m+M)v cos

(√k

m+Mt+

3π

2

)

Questão 8Uma partícula de massa m está suspensa do teto por uma molade constante elástica k e comprimento relaxado l, cuja massaé desprezível. A partícula e solta em repouso, com a molarelaxada. Tomando o eixo Ox orientado verticalmente parabaixo, com origem no teto, calcule a posição x da partícula emfunção do tempo.

Solução

Na �gura abaixo l representa o comprimento natural da mola, ∆la deformação correspondente à posição de equilíbrio e x o desloca-mento relativo à posição de equilíbrio. (Note que x < 0 na situaçãoilustrada na �gura)

Na posição de equilibrio a força resultante é nula. Assim temos

F=mg → k ∆l = mg → ∆l = mg/k

A equação dinâmica da partícula considerando que esta encontra-sedeslocada de x da posição de equilíbrio é

mg − k(∆l + x) = mx


Substituindo a primeira na segunda equação, obtemos

x+ ω2 x = 0

onde ω =√k/m.

A solução geral da equação anterior é

x(t) = A cos(ωt+ ϕ0)

Já conhecemos a frequência angular ω do movimento, porém aindaprecisamos determinar sua amplitude A e sua fase inicial ϕ0. Comoo sistema é conservativo, apos um período de oscilação a partículavolta a sua posição inicial ∆l, logo esta é a amplitude do movimento.

A = ∆l = mg/k

A fase inicial, por sua vez, pode ser obtida pela condição inicial, istoé

x(0) = A cos(ϕ0) = −A→ cos(ϕ0) = −1

ϕ0 = π

Substituindo as duas equações anteriores na equação de x(t) temos,

x(t) =mg

kcos

(√k

mt+ π

)

A equação acima fornece a posição da partícula em relação à posi-ção de equilíbrio. Como o enunciado pede a posição da partícula emrelação ao teto devemos usar que

~rpart,eq = ~rpart,teto + ~rteto,eq

Onde ~rA,B representa a posição de A em relação a B. A equaçãoacima �ca �ca dada por

x(t) = xteto(t)− (l + ∆l)

Substituindo a equação x(t) anterior na equação acima e usandoa identidade trigonométrica cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin bobtemos a posição da partícula em relação ao teto

xteto(t) = l +mg

k

[1− cos

(√k

mt

)]

Questão 9Um bloco P de massaM , preso a uma parede vertical por umamola de constante elastica k e massa desprezivel, desliza sematrito sobre uma mesa de ar horizontal. Um bloquinho B demassa m está colocado sobre o bloco maior, com cuja superfí-cie tem um coe�ciente de atrito estático µs. Qual a amplitudemáxima de oscilação do bloco maior para que o bloquinho nãoescorregue sobre ele?

Solução

A �gura seguinte ilustra as forças na direção horizontal que atuamem cada bloco durante o movimento.

As equações de movimento para os blocos A e B são:

MxM = kxM − Fat

mxm = Fat

Como queremos que os blocos estejam sempre juntos então

xm = xM = x→ am = aM = a

Substituindo a equação acima nas duas equações anteriores, teremos

Ma = kx− Fat

ma = Fat

Substituindo a equação acima na equação anterior obtemos

a =k

m+Mx

Sabemos que a força de atrito estático satisfaz a seguinte desigual-dade:

Fat ≤ µsN → Fat ≤ µsmg

Logo, a aceleração do sistema em qualquer posição da oscilação deveser tal que

a ≤ µsg

ou ainda, fazendo as devidas substituições, temos

amax =k

m+MA ≤ µsg

A ≤ µsg(m+M)/k

Logo, a amplitude máxima é Amax = µsg(m+M)/k.

Questão 10


Considere um oscilador harmônico simples composto por umamola de constante elástica k, tendo uma extremidade �xadae a outra acoplada a uma particula de massa m. O osciladorgira num plano horizontal com velocidade angular constante ωem torno da extremidade �xa, mantendo-se apenas na direçãoradial, conforme mostra a �gura. Considerando l0 a posição deequilíbrio do oscilador para ω = 0. (a) Determine a nova posi-ção de equilíbrio para ω 6= 0 em função dos dados fornecidos. Omovimento é harmônico simples para qualquer que seja a velo-cidade angular ω? (b) Mostre que o quadrado da frequência doMHS depende linearmente do quadrado da velocidade angular.

Solução

a) Para um referencial inercial (fora do plano em rotação) o movi-mento do objeto de massa m se dá em duas dimensões. Porém paraum referencial não-inercial girando com o plano o objeto de massam move-se somente em uma direção. A equação de movimento desseobjeto em relação ao referencial não-inercial é

ma = Fcf − Fe → ma = mω2l − k(l − l0)

onde adotamos a orientação positiva do centro para fora.

Isolando l na equação acima obtemos

l =kl0 −mak −mω2

Sabemos que na posição de equilíbrio a aceleração é nula. Logo,

leq =kl0

k −mω2

Da equação acima vemos que existe uma singularidade em leq para

ω =√

km

= ω0. Para essa velocidade angular não existe um com-

primento de equilíbrio bem de�nido e portanto não há MHS. Essevelocidade angular caracteriza uma ressonância no sistema (quandoa frequência angular da rotação se aproxima da frequência naturalda mola).

b) Pela primeira equação da solução do item a), temos

ma = mω2(l − leq)− k(l − leq) + kl0 +mω2leq − kleq

Pode-se veri�car que os três últimos termos do segundo membro daequação acima se anulam. Dessa forma, obtemos

a = −k −mω2

m∆l

Por outro lado, sabemos que em um MHS vale a seguinte relação:

a = −ω2MHS∆l

Logo, das duas equações acima, obtemos

ω2MHS =

f2MHS

4π2=k −mω2

m

f2MHS = 4π2(ω2

0 − ω2)

Questão 11Um carro de 1.200 kg, transportando quatro pessoas de 80 kg,viaja em uma estrada de terra coberta de pequenas ondula-ções(costelas). Com saliências separadas de 5 m. O carrobalançaa com amplitude máxima quando sua velocidade é de36 km/h. O carro então para e os quatro passageiros desembar-cam. Quanto sobe a carroceria do carro devido ao decréscimode peso?

Solução

A frequência com que o carro sobe e desce devido às ondulações napista quando sua velocidade é de 36km/h e

f =1

t=

10m/s

5m= 2 s−1

ω = 2πf = 4π rad/s

O fato de o carro balançar com amplitude máxima quando se movecom essa velocidade caracteriza um fenômeno de ressonância. Nessasituação, a frequência com que o carro sobe e desce devido às os-cilações da pista se iguala à frequência natural de oscilação doamortecedor.

ω = ω0 =

√k

m

Logo,

16π2 =k

M + 4m→ k ≈ 2, 400× 105 N/m

onde M e m correspondem a massa do carro e de uma pessoa rees-pectivamente.Como o peso das quatro pessoas está distribuído sobre os quatroamortecedores do carro, o deslocamento ∆x da carroceria quandoas pessoas saem do carro é obtido da seguinte equação:

4Fel. = 4mg → k∆x = 800

Substituindo o valor de k na equação anterior, obtemos

∆x ≈ 3, 33 mm

Questão 12Duas molas com mesmo comprimento natural, porem diferentesconstantes elásticas k1 e k2 estão presas a um bloco de massam sobre uma superfície sem atrito. Calcule a constante elásticaefetiva em cada um dos três casos (a), (b), e (c) da �gura. (Aconstante elástica efetiva e de�nida como

∑Fx = −ke�x).(d)

Um objeto de massa m preso a uma mola de constante elásticak vibra com uma frequência f1. A mola é cortada ao meio e


suas duas metades são associadas em série. Nessa con�guraçãoa frequência de osilação do objeto é f2. Calcule a razão f2

f1

Solução

a) Na �gura (a), vemos que as molas, pela forma como estão asso-ciadas, sofrem mesma deformação.

∆x1 = ∆x2 = ∆x

Sabemos tambem que

F1 = −k1∆x1 = −k1∆x

F2 = −k2∆x2 = −k2∆x

Logo, ∑F = −(k1 + k2)∆x⇒ keff = k1 + k2

b) Para a associação da �gura (b) vemos que as deformações dasmolas também são iguais e, portanto, a constante elástica efetiva éa mesma do item anterior.

c) Já na �gura (c), o que é comum às molas não é a deformação,mas sim, a força a que elas estão sujeitas.

F1 = F2 = F

Por outro lado,

∆x = ∆x1 + ∆x2 = − Fk1− F

k2

F = −(

1

k1+

1

k2

)−1

∆x

Da equação acima vemos que,

1

keff=

1

k1+

1

k2

Deformações iguais ⇒ associação em série

Forças iguais ⇒ associação em paralelo

d) Sabemos que

f1 =1

2π

√k

m

Ao cortar a mola ao meio, obtem-se duas molas de constante elástica2k que associadas em série resulta em uma constante elastica efetivade 4k. Dessa forma, a frequência f2 e a razão f2

f1são

f2 =1

2π

√4k

m⇒ f2

f1= 2

Questão 13Dois blocos, de massas m1 e m2, sao ligados por uma mola derigidez k. A mola esta comprimida com a ajuda de dois �os

como mostra a �gura. Os �os são queimados. Determinar operiodo de oscilação dos blocos. (Considere que a força elásticaé única atuante e que o sistema estava inicialmente em repouso)

Solução

Tomemos a posição do centro de massa na origem, isto e, xcm = 0,assim temos

xcm =m1x1 +m2x2

m1 +m2= 0

m1m1 +m2x2 = 0

m1|x1| = m2|x2|

Como o centro de massa é um ponto �xo, podemos enxergar o pro-blema como se as massas m1 e m2 estivessem ligadas a molas deconstantes elásticas k1 e k2, respectivamente, presas a uma paredeposicionada na posição do centro de massa, conforme ilustra a �guraabaixo.

Seja l0 o comprimento natural da mola entao

|x10|+ |x20| = l0

onde |x10| e |x20| sao os comprimentos naturais das molas de cons-tante elastica k1 e k2 respectivamente.Isolando |x20| na equação acima e fazendo a devida substituição,obtemos

|x10| =m2

m1 +m2l0

e segue de imediato que

|x20| =m1

m1 +m2l0

As constantes elásticas k1 e k2 são dadas por

|ki| =l0xi0

k i = 1, 2

Logo,

k1 =m1 +m2

m2k

k2 =m1 +m2

m1k


Os períodos de oscilação são dados por

Ti = 2π

√mi

kii = 1, 2

Fazendo as devidas substituições, obtemos

T1 = T2 = 2π

√µ

k

onde µ = m1m2m1+m2

e denominada massa reduzida do sistema.

Questão 14

Em todos os exercicios precedentes consideramos a massa damola desprezível em relação à massa do corpo oscilante. Masobviamente uma mola não é desprovida de massa. Nesseexercício analisaremos o efeito da massa da mola sobre váriasgrandezas físicas.(a) Considere uma mola de massaM , compri-mento natural L, e constante elastica k com uma extremidade�xa e outra que se move com velocidade v. Assuma que avelocidade dos pontos ao longo do comprimento da mola varialinearmente com a distância l desse ponto é extremidade �xa.Assuma também que a massa está uniformemente distribuidaao longo do comprimento da mola. Calcule a energia cinéticada mola em termos de M e v. (Sugestão: Divida a mola empedaços de comprimento dl, ache a velocidade de cada pedaçoem termos de l, v e L; ache a massa de cada pedaço em termos

de dl, M e L; e integre de 0 a L. O resultado não é Mv2

2 , poisnem todos os pedaços se movem com a mesma velocidade.)(b)Obtenha a frequência angular de oscilação da mola (Sugestão:Comparando o resultado do item anterior com a expressãopara a energia cinética de um sistema massa mola ideal vocêé capaz de de�nir uma massa efetiva m′ para o sistema massa

mola em questão. Em seguida use ω =√

km′ .)

Solução

a) Supondo que a velocidade u dos pontos ao longo do comprimentoda mola varia linearmente com a distância l então podemos escrever:

u(l) = A · l +B

Os coe�cientes A e B podem ser obtidos das seguintes condições:

u(0) = 0

u(L) = v

Com isso obtemos

u(l) =v

L· l

A energia cinética do elemento de massa dM ilustrado na �gura aseguir é

dK =1

2u2(l)dM

Por outro lado, sabemos que a densidade linear de massa da mola éconstante, isto é,

λ =dM

dl=M

L

Substituindo as equações de u(l) e a do λ na de dK obtemos

dK =Mv2

2L3l2dl

que integrado de 0 a L fornece

K =Mv2

6

b) Sabemos que a energia cinetica de um sistema massa-mola idealé

K =Mv2

2

Dessa forma, comparando as duas equações anteriores, vemos que amassa efetiva do sistema massa-mola não ideal é m

′= m

3e portanto

a frequência angular de oscilação é

ω =

√3k

m

Questão 15Uma barra de comprimento L e massa M é presa em uma desuas extremidades a uma mola de constante elástica k. Ela éposta a oscilar em torno de um ponto �xo em seu centro (Fi-gura 12). Calcule o período de oscilação.(Sugestão: Considereque o ângulo θ é pequeno o su�ciente para que as aproximaçãessin θ ≈ θ e cos θ ≈ 1 sejam validas.)

Solução

Pela segunda Lei de Newton para rotações temos:

∑~τ = ~τF + ~τP =

d~L

dtA �gura abaixo ilustra as forças que atuam na barra.


Como a linha de ação do peso passa pelo eixo de rotação da barraentão o torque associado a ele e nulo. Assim, a única força queprovaca um torque restaurador é a força elástica F .

~τF =d~L

dt= ~r × ~F = ~r × (−k~x)

ou ainda,

τF = rF sin(π/2 + θ) = rF cos θ =L

2k x cos θ

Como estamos considerando oscilações de pequena amplitude fare-mos as seguintes considerações:

cos θ ≈ 1

x =L

2sin θ ≈ L

2θ

Com as aproximações acima, a equação anterior �ca

τ =kL2

4θ

Sabemos ainda que

τ = −I d2θ

dt2

Igualando as duas equações anteriores obtemos a seguinte equaçãode movimento:

d2θ

dt2+kL2

4Iθ = 0

A equação acima é uma equação diferencial de um movimentoharmônico simples, cuja frequência é

ω =

√kL2

4I

Lembrando que o momento de inercia de uma barra de comprimentoL e massa M em torno do eixo que lhe e perpendicular e que passa

pelo seu centro e ML2

12entao

ω =1

4

√k

3M

Questão 16

Uma barra homogênea de 1, 0m de comprimento presa ao teto eposta a oscilar em torno da sua extremidade mais alta. Prende-se a barra, a uma distância y do teto, um objeto com a mesmamassa da barra, porém de dimensão despresível comparadacom a dela. Sejam T0 e T os periodos da barra sozinha e como objeto preso (a) Determine a razão T

T0e em seguida faça um

esboço do grá�co TT0

versus y. (b) Existe algum valor de y(y ≤ 1m claro) tal que T = T0?

Solução

O periodo de oscilação de um pêndulo físico é dado por:

T = 2π√I/Mgd

onde M é a massa do corpo que oscila, I o seu momento de inérciae d a distância do centro de massa ao pivô.

Como a barra gira em torno do eixo que passa pela sua extremidadeo momento de inércia vale I0 = mL2/3.Por se tratar de uma barrahomogênea o centro de massa coincide com o centro geometrico dabarra, isto e, d = L/2. Substituindo I0 e d na equação acima obte-mos o seguinte resultado para o período de oscilação do sistema:

T0 = 2π√

2L/3g

Vamos agora calcular o periodo de oscilação do sistema com a pre-sença do objeto de massa m posicionado a uma distância y do teto.A presençaa de tal objeto é responsável por alterar duas quantida-des: o momento de inercia I do corpo oscilante e a distância d doseu centro de massa ao pivô.

O momento de inércia é dado pela soma dos momentos de inerciada barra e da partícula de massa m.

I = I0 +my2 ⇒ I = I0

(1 +

my2

I0

)

A distância d é dada por

d = yC.M. =m(L/2) +my

2m⇒ d =

L

2

(1

2+y

L

)

Substituindo as duas equações anteriores na equação do periodo deoscilação de um pêndulo �sico e lembrando que agora M = 2m,obtemos

T = T0

√√√√1 + 3y2

L2

1 + 2yL

⇒ T = T0

√L2 + 3y2

L2 + 2yL

A razão entre os períodos T0 e T é:

r =T

T0=

√L2 + 3y2

L2 + 2yL

O gra�co de r(y) é dado pela �gura abaixo.


b) Pela grá�co, vemos que há dois valores para y tais que r = 1, istoé, T = T0. Da equação da razão, obtemos para esses valores y = 0e y = 2L/3.

Questão 17Um �o de arame de comprimento 2L é dobrado ao meio, for-mando um ângulo de 60o, e é suspenso pelo vértice, oscilandonum plano vertical. Calcule o período T de pequenas oscilaçõesem torno da posição de equilibrio.

Solução

A �gura abaixo ilustra as forças que atuam no arame durante suaoscilação, bem como o deslocamento angular. As linhas tracejadasrepresentam a posição de equilíbio do arame.

O torque restaurador e dado por

~r1 × ~P + ~r2 × ~P = −I d2φ

dt2

l

2P [sin(30o + δ)− sin(30o − δ)] = −I d

2φ

dt2

Como δ << 30o vamos usar uma expansão de Taylor até primeiraordem para sin(30o ± δ) em torno de 30o, assim obtemos:

sin(30o ± δ) = sin 30o ± cos 30o · δ

Substituindo a equação anterior na equação logo acima e lembrandoque φ = 30o + δ, obtemos

lP

2

√3δ = −I d

2δ

dt2

ou melhor,

δ +lmg

2I

√3δ = 0

Pela equação anterior, vemos que a frequência angular de oscilaçãodo sistema e o período valem

ω =

√lmg√

3

2I

T =2π

ω= 2π

√2I

lmg√

3

onde I é o momento de inércia do sistema. Sabemos que o momentode inércia de uma barra de massa m e comprimento l girando em

torno de sua extremidade é ml2

3. Logo, o momento de inércia do

arame torcido é o dobro desse valor.

O período é portanto

T = 2π

√2l

3√

3g

Questão 18Um tubo cilindrico cuja seção transversal tem área A está do-brado em forma de V, com um ramo vertical e outro formandoum ângulo ϕ com a vertical, e contem uma massaM de liquidode densidade ρ. Produz-se um pequeno desnivel entre um ramoe outro. Calcule a frequência angular de oscilação da massaliquida.

Solução

A �gura seguinte ilustra o sistema após a pequena perturbação quegerou o desnivel entre as colunas de �uido nos ramos.

Pela �gura acima, vemos que a diferença de nível entre os ramos eo seu correspondente volume valem respectivamente x(1 + cosφ) eAx(1 + cosφ). O peso dessa porção de líquido é a força resultante,responsavel por fazer toda a massa M do �uido se movimentar, istoé,

|P | = Mxnonumber

−Aρg(1 + cosφ)x = Mx

ou ainda,

x+Aρg(1 + cosφ)

Mx = 0

O sinal negativo no primeiro membro da equação acima é apenaspara indicar o caráter restaurador da força peso. Da equação acima,vemos que

ω =

√Aρg(1 + cosφ)

M


Questão 19Um sistema massa mola é posto a oscilar em um meio �uido.Sabe-se que inicialmente o corpo estava na posição x = x0 epossuia uma velocidade x = v0. Dados que a massa do corpooscilante é m, que a constante elástica da mola é k e que aforça de resistência do meio é dada por ρx (ρ > 0),(a) deter-mine as funções horárias da posição e da velocidade.(b) Façaaum esboço dos grá�cos da posição pelo tempo para as seguintescondições:

• γ2 < ω0 (amortecimento subcrítico)

• γ2 = ω0 (amortecimento crítico)

• γ2 > ω0 (amortecimento supercrítico)

onde γ = ρm e ω0 =

√mk .

Sugestão:

i) Identi�que as forças que atuam no sistema e obtenha a equa-ção de movimento.ii) Substitua x por z ∈ C na equação de movimento. A partereal da equação em z é a equação de movimento.iii) Procure uma solução do tipo z(t) = Aeαt, onde α e A sãoconstantes complexas.iv) A solução obtida deve ter a seguinte forma: z(t) =

|A|eiφe−γ2 eiωt, onde ω =

√ω0

2 − γ2

4 e φ é o ângulo polar

da constante complexa A .v) Lembre-se que Re{z(t)} = x(t) e use a identidadeeiθ = cosθ + isenθ para obter a expressao de x(t).vi) Finalmente, use as condições iniciais para determinar asconstantes |A| e φ.

Solução

a) A �gura seguinte ilustra as forças que atuam no sistema massa-mola amortecido.

Pela segunda Lei de Newton temos:∑~F = ~Fe + ~Fv = m~x

Lembrando que a força elástica é contrária à deformação e que aforça dissipativa do meio é contrária à velocidade, isto é,

~Fe = −k~x

vecFv = −ρ~x

Assim, a equação da Segunda Lei de Newton �ca dada por

−kx− ρx = mx

ou ainda,

x+ γx+ ω02x = 0

onde γ = ρm

e ω0 =√

mk.

Para resolver a equação acima vamos procurar a solução da equaçãodiferencial complexa

z + γz + ω02z = 0

onde z é uma função complexa de t. A parte real da equação com-plexa acima corresponde à equação anterior e a parte real de z(t) ésolução x(t).

Vamos procurar, para a equação acima, uma solução do tipo

z(t) = Aeαt

onde α e A são constantes complexas.Substituindo essa solução na equação em questão, obtemos a se-guinte equação:

(α2 + γα+ ω02)z(t) = 0

Como a equação anterior é válida para todo instante, devemos ne-cessariamente ter

α2 + γα+ ω02 = 0

Assim, obtemos duas soluções para a constante α:

α± = −γ2± iω

onde

ω =

√ω0

2 − γ2

4

Para α+ temos:

z(t) = |A|e−γ2tei(ωt+φ)

e, portanto,

x(t) = Re{z(t)} = |A|e−γ2t cos(ωt+ φ)

Vamos agora utilizar as condições iniciais

x(0) = x0

x(0) = v0

para determinar as constantes reais |A| e φ.

Fazendo t = 0 na equação de x(t) anterior, obtemos

x(0) = |A|cosφ = x0 (1)


Derivando x(t) obtemos

x(t) = −|A|e−γ2t{ω sin(ωt+ φ) +

γ

2cos(ωt+ φ)

}

Logo,

x(0) = −|A|{ω sinφ+

γ

2cosφ

}= v0

Isolando |A| na equação de x(o) e substituindo na equação acima,temos

φ = −tg−1

[1

ω

(γ

2+v0

x0

)]

Uma vez determinado o ângulo polar φ, o modulo de A �ca auto-maticamente determinado pela equação de x(o).

b) Vemos, pela equação que mostra as duas soluções para a cons-tante α, que

i) para γ2< ω0 (amortecimento subcrítico) ω > 0 e portanto existe

oscilação.ii) para γ

2= ω0 (amortecimento crítico) ω = 0 e portanto não existe

oscilação (decaimento).iii) para γ

2> ω0 (amortecimento supercrítico) ω < 0 e portanto não

existe oscilação (decaimento mais acentuado).

Na �gura abaixo temos os esboços dos grá�co x× t para cada caso.

Vale notar que para o esboço acima �zemos φ = 0.

Questão 20Consideremos agora que alem da força dissipativa, o osci-lador da questao anterior está sujeito a uma força externaF (t) = F0 cos(ωt).(a) Nesse caso, obtenha a função horáriapara a posição no regime estacionário, isto é, quando a po-tência média dissipada pela forçaa de resistência se iguala apotência média fornecida pela força externa. (b) Calcule ovalor de ω para o qual a amplitude de oscilação é máxima.

Sugestão:

i) Acrescente o termo F0cos(ωt) na equação de movimento

ii) Suponha uma solução estacionária para a equação diferen-cial complexa, isto é, z(t) = Aei(ωt+φ) (amplitude não dependedo tempo).

Solução

a) A força externa F (t) introduz um termo adicional ao primeiromembro da equação −kx− ρx = mx, que assume a seguinte forma

−kx− ρx+ F0cos(ωt) = mx

ou ainda,

x+ γx+ ω02x =

F0

mcos(ωt)

Conforme a sugestão, vamos supor uma solução da forma

z(t) = Aeiφeiωt

para a equação anterior na forma complexa. Dessa forma, obtemosa seguinte equação característica:

(ω02 + iγω − ω2)Aeiφ =

F0

m

ou seja,

Aeiφ =F0

m(ω02 − ω2 + iγω)

Para determinar as constantes reais A e φ vamos recorrer à repre-sentação polar do número complexo ω0

2 − ω2 + iγω, isto é,

ω02 − ω2 + iγω = reiθ

Substituindo a equação acima na equação anterior a esta, obtemos

Aeiφ =F0

mre−iθ

onde,

r =√

(ω02 − ω2)2 + γ2ω2

tanθ =γω

ω02 − ω2

Logo,

A2(ω) =F0

2

m2[(ω02 − ω2)2 + γ2ω2]

e

φ(ω) = −tg−1

(γω

ω02 − ω2

)

Finalmente, a solução estacionária é

x(t) = Re {z(t)} = A(ω) cos [ωt+ φ(ω)]

b) Para determinar a frequência tal que a amplitude é máxima va-mos calcular a frequência ω tal que dA

dω= 0. Derivando a equação

A2(ω) =F0

2

m2[(ω02 − ω2)2 + γ2ω2]

obtemos o seguinte valor para ω:

ω =

√ω0

2 − γ2

2


Lista 3

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