Baixe Movimento Harmônico Simples (MHS) e outras Exercícios em PDF para Física, somente na Docsity!
CAPÍTULO 15
1. (a) Durante o movimento harmônico simples, a velocidade é momentaneamente nula quando o objeto passa por um ponto de retorno, ou seja, quando x = +xm ou x = −xm. Suponha que o objeto tenha partido do ponto x = +xm no instante t = 0 e chegue ao ponto x = −xm no instante t = 0,25 s. Para completar um ciclo, o objeto, que começou no ponto x = +xm, deve voltar ao ponto x = +xm (o que, por simetria, acontece 0,25 s depois que o ponto passa pelo ponto x = –xm). Assim, o tempo que o objeto leva para completar um ciclo, ou seja, o período, é T = 2t = 0,50 s.
(b) A frequência, por definição, é o inverso do período: f = 1/T = 2,0 Hz.
(c) A distância de 36 cm entre x = +xm e x = –xm é 2xm. Assim, xm = 36/2 = 18 cm.
2. (a) A amplitude da aceleração está relacionada à força máxima por meio da segunda lei de Newton: Fmáx = mam. Na discussão que se segue à Eq. 15-7, é comentado que a amplitude da aceleração é am = w^2 xm, em que w é a frequência angular (w = 2pf, já que um ciclo corresponde a 2p radianos). A frequência é o recíproco do período: f = 1/T = 1/0,20 = 5,0 Hz; assim, a frequência angular é w = 10p e
2 2 F máx (^) = m ω xm = 0,12 kg 10 πrad/s 0,085 m = 10 N.
(b) De acordo com a Eq. 15-12,
( )( ) 2 2 2 k (^) k m 0,12kg 10 rad / s 1,2 10 N / m. m
ω= ⇒ = ω = π = ×
3. Na discussão que se segue à Eq. 15-7, é comentado que a amplitude da aceleração é am = w^2 xm, em que w é a frequência angular (w = 2pf, já que um ciclo corresponde a 2p radianos). Assim,
2 2 2 2 am = ω xm = (2 π f ) xm = 2 π 6,60 Hz 0,0220 m =37,8 m/s.
4. (a) Como, de acordo com o enunciado, f = 3,00 Hz, w = 2pf = 6p rad/s. Como cada mola sustenta um quarto da massa do carro, a Eq. 15-12 nos dá
( )( )
(^2 ) carro
(^1) 1450 kg 6 rad / s 1,29 10 N / m. /4 4
k (^) k m
ω= ⇒ = π = ×
(b) Se a nova massa a ser sustentada pelas quatro molas é mtotal = [1450 + 5(73)] kg = 1815 kg, a Eq. 15-12 nos dá
5 nova nova total
1 1,29 10 N/m (^) 2,68 Hz. /4 2 (1815/4) kg
k (^) f m
ω π
= ⇒ = × =
5. PENSE A lâmina do barbeador descreve um movimento harmônico simples. Estamos interessados em calcular a amplitude, a velocidade máxima e a aceleração máxima da lâmina.
FORMULE A amplitude xm é metade do deslocamento máximo D. A velocidade máxima vm está relacionada à amplitude pela equação vm = wxm, em que w é a frequência angular. A aceleração máxima está relacionada à amplitude pela equação am = w^2 xm.
ANALISE (a) A amplitude é xm = D/2 = (2,0 mm)/2 = 1,0 mm.
(b) A velocidade máxima é dada por vm = wxm. Como w = 2pf, em que f é a frequência,
(c) A aceleração máxima é
APRENDA No MHS, a velocidade e a aceleração são proporcionais à amplitude xm.
6. (a) A frequência angular w é dada por w = 2pf = 2p/T, na qual f é a frequência e T é o período. Assim,
w = 2p/(1,00 × 10–5^ s) = 6,28 × 10^5 rad/s.
(b) Como a velocidade máxima vm e o deslocamento máximo xm estão relacionados por meio da equação vm = wxm, temos
3 3 5
1,00 10 m/s = = = 1,59 10 m. 6,28 10 rad/s
m m
v x ω
× × −
×
7. PENSE Este problema envolve uma comparação da aceleração do diafragma de um alto-falante com a aceleração gravitacional g.
FORMULE A aceleração máxima do diafragma é dada por am = w^2 xm, em que w é a frequência angular e xm é a amplitude do movimento do diafragma.
ANALISE (a) Como a frequência angular para a qual a aceleração máxima é igual a g é dada por ω = g x / (^) m , a frequência corres- pondente é
(b) Para frequências maiores que 498 Hz, a aceleração é maior que g durante parte do movimento.
APRENDA A aceleração máxima am do diafragma de um alto-falante é proporcional ao quadrado da frequência f das oscilações.
8. De acordo com o gráfico da Fig. 15-28, xm = 6,00 cm. Além disso, o valor em t = 0 é x 0 = 2,00 cm. Assim, de acordo com a Eq. 15-3,
f = cos−^1 (2,00/6,00) = +1,91 rad ou −4,37 rad.
A outra solução, +4,37 rad, pode ser excluída com base no fato de que leva a uma inclinação positiva da curva de x(t) em t = 0.
9. (a) Entrando com a equação dada em uma calculadora científica (no modo de radianos) e com t = 2,0 s, obtemos
= 6,0cos 3 ( 2,0 +) = 3,0 m.
x π (^) π
(b) Derivando a equação dada em relação ao tempo e calculando o valor no instante t = 2,0 s, obtemos
= = 3 ( 6,0 sen 3) ( 2,0 +) = 49 m/s.
dx v dt
π − π^ ^ π −
(c) Derivando novamente, obtemos
(^2 2 ) = = 3 6,0 cos 3 2,0 + = 2,7 10 m/s. 3
dv a dt
π π π
− − ×
(d) A fase do movimento é definida no segundo parágrafo após a Eq. 15-3. Neste caso (no instante t = 2,0 s), a fase é 3 p(2,0) + p/3 = 20 rad.
(e) Comparando com a Eq. 15-3, vemos que w = 3p rad/s. Assim, f = w/2p = 1,5 Hz.
(f) O período é o recíproco da frequência: T = 1/f = 0,67 s.
10. (a) O problema se refere ao tempo necessário para repetir o movimento, que é exatamente a definição de período. Assim, o período é T = 0,75 s.
(b) Como a frequência é o inverso do período, f = 1/T = 1,3 Hz.
Uma forma de resolver o problema seria usar a lei de conservação da energia, como é discutido na Seção 15-4. Outra forma, que será adotada a seguir, é usar relações trigonométricas baseadas nas Eqs. 15-3 e 15-6.
(a) Dividindo a Eq. 15-6 pela Eq. 15-3, obtemos
= tan ( + )
v t x
− ω ω φ
e a fase (wt + f) pode ser obtida a partir da relação
( )( )
tan 1 tan 1 3,415 m/s. 7,07 rad/s 0,129 m
v t x ω φ ω
− − ^ ^ ^
Com a calculadora no modo de radianos, obtemos wt + f = –1,31 rad. Substituindo na Eq. 15-3, obtemos 0,129 m = xm cos(−1,31), o que nos dá xm = 0,500 m.
(b) Como wt + f = –1,31 em t = 1,00 s, podemos usar o valor de w já calculado para obter o valor da constante de fase; o resultado é f = –8,38 rad (na verdade, poderíamos somar 2p, 4p, ... a esse valor e obter outras soluções igualmente válidas). Usando esse valor de f, obtemos xo = xm cos f = –0,251 m.
(c) v 0 = −xmw sen f = 3,06 m/s.
15. PENSE O sistema é formado por duas partículas que executam um MHS ao longo do mesmo segmento de reta com fases diferentes.
FORMULE Vamos supor que
é a função que descreve a coordenada da partícula 1 em função do tempo e
é a função que descreve a coordenada da partícula 2 em função do tempo, em que T é o período. Note que, como a extensão total do movimento das partículas é A, a amplitude das duas funções é A/2. Os argumentos dos cossenos estão em radianos. A partícula 1 está em uma das extremidades do segmento (x 1 = A/2) no instante t = 0. A partícula 2 está da mesma extremidade do segmento no instante em que 2pt/T + p/6 = 0, ou seja, no instante em que t = −T/12. Isso significa que a partícula 1 está atrasada de um doze avos de período em relação à partícula 2.
ANALISE (a) As coordenadas das partículas 0,50 s depois de a partícula 1 passar pelo ponto x = A/2 (ou seja, no instante t = 0, s) são
e
A distância entre as partículas nesse instante é x = x 1 − x 2 = 0,25A + 0,43A = 0,18A.
(b) As velocidades das partículas são dadas por
e
Calculando os valores dessas expressões para t = 0,50 s, obtemos v 1 = −1,814A e v 2 = −1,047A. O fato de que os dois valores são negativos significa que as duas partículas estão se movendo no mesmo sentido.
APRENDA A figura a seguir mostra os gráficos normalizados de x e v em função do tempo para a partícula 1 (linha cheia) e para a partícula 2 (linha tracejada).
16. No instante t em que as partículas passam uma pela outra, x 1 = x 2 = xm/2, em que
x 1 (^) = xm cos( ω t + φ 1 ) e x 2 (^) = xm cos(ω t +φ 2 ).
A conclusão é que cos(wt + f 1 ) = cos(wt + f 2 ) = 1/2 e, portanto, as fases (os argumentos dos cossenos) são iguais a p/3 ou –p/3. Sabemos também que no instante t as partículas estão se movendo em sentidos opostos. Como as velocidades das partículas no instante t são
v 1 (^) = − x (^) m ω sen( ω t + φ 1 ) e v 2 (^) = − xm ω sen(ω t +φ 2 ),
devemos ter sen(wt + f 1 ) = –sen(wt + f 2 ). Para isso, as fases devem ter sinais opostos. Assim, uma das fases é p/3 e a outra é −p/ e a diferença de fase é p/3 − (−p/3) = 2p/3.
17. (a) De acordo com a Eq. 15-8,
2 123 m/s^2 35,07 rad/s. 0,100 m
a a x x ω ω
Assim, f = w/2p = 5,58 Hz.
(b) A Eq. 15-12 fornece uma relação entre a frequência angular w [calculada no item (a)] e a massa:
2 = 400 N/m 0,325 kg. (35,07 rad/s)
k (^) m m
ω ⇒ = =
(c) De acordo com a lei de conservação da energia, 2 kxm^2^ /2(a energia do sistema em um dos pontos de retorno) é igual à soma da energia cinética e da energia potencial no instante t descrito no problema:
(^1 2) = 1 2 + 1 2 = 2 + 2. 2^ m^ 2 2 m
m kx mv kx x v x k
Assim, xm = (0,325 kg / 400 N/m)(13,6 m/s)^2 + (0,100 m)^2 =0,400 m.
18. A distância entre o nível mais alto e o nível mais baixo é igual ao dobro da amplitude xm do movimento. O período está rela- cionado à frequência angular por meio da Eq. 15-5. Assim, xm = d/2 e w = 2p/T = 0,503 rad/h. A constante de fase f da Eq. 15-3 é
22. A afirmação de que “a mola não afeta a colisão” justifica o uso das fórmulas de colisão elástica da Seção 10-5. Como conhecemos o período do MHS, podemos calcular a massa do bloco 2:
2 2 2 2 4 2 0,600 kg. m (^) kT T m k
π π
A velocidade de recuo do bloco 1 pode ser calculada a partir da Eq. 9-67:
1 (^ )
0,200 kg 0,600 kg | | 8,00 m/s 4,00 m/s f 0,200 kg 0,600 kg v
A velocidade v 1 f é também a velocidade inicial v 0 do movimento balístico do bloco 1. Vamos usar um sistema de coordenadas com o eixo x para a esquerda e o eixo y para cima. Como o ângulo de lançamento é zero, a Eq. 4-21 e a Eq. 4-22 (com –g substituído por +g) nos dão
0 0 0 2
(^2) (4,00 m/s) 2(4,90 m) 9,8 m/s
x x v t v h g
Como x – x 0 = d, obtemos d = 4,00 m.
23. PENSE Para que o bloco não deslize pela superfície, é preciso que a força máxima que pode ser exercida pela superfície sobre o bloco seja menor ou igual à força de atrito estático.
FORMULE A força de atrito estático é dada por fs = msFN, em que ms é o coeficiente de atrito estático e FN é a força normal exercida pela superfície sobre o bloco. Como o bloco não possui uma aceleração na direção vertical, sabemos que FN = mg, em que m é a massa do bloco. Se o bloco acompanha a mesa e descreve um movimento harmônico simples, a força máxima exercida pela mesa sobre o bloco é dada por
em que am é a aceleração máxima, w é a frequência angular e f é a frequência.
ANALISE Substituindo F por m(2pf)^2 xm e FN por mg na desigualdade F ≤ μsFN, obtemos a desigualdade m(2pf)^2 xm ≤ μsmg. Assim, a maior amplitude para a qual o bloco não desliza é
APRENDA Quanto maior for a amplitude do MHS, maior será a força aplicada ao bloco nos pontos extremos do movimento. Se essa força for maior que a força máxima de atrito estático, o bloco começará a deslizar.
24. Para resolver este problema, precisamos determinar a constante elástica efetiva de uma associação em série de duas molas. Para isso, calculamos o módulo F da força exercida sobre a massa quando o alongamento total das molas é ∆x. Nesse caso, kef = F/∆x. Suponha que a mola da esquerda sofre um alongamento ∆xl e a mola da direita sofre um alongamento ∆xd. A mola da esquerda exerce uma força de módulo k∆xl sobre a mola da direita e a mola da direita exerce uma força de módulo k∆xd sobre a mola da esquerda. De acordo com a terceira lei de Newton, as duas forças devem ser iguais, ou seja, k∆xl = k∆xd. Isso significa que os dois alongamentos são iguais e, portanto, o alongamento total é duas vezes maior que o alongamento da mola da esquerda: ∆x = 2∆xl. Como a mola da esquerda exerce uma força sobre o bloco de módulo F = k∆xl, kef = k∆xl/2∆x = k/2. Assim, o bloco se comporta como se estivesse submetido à força de uma única mola de constante elástica k/2. Para determinar a frequência do movimento,
substituímos kef por k/2 na equação f = ( 1 / 2 π ) k ef / m para obter
k f π m
Para m = 0,245 kg e k = 6430 N/m, obtemos f = 18,2 Hz.
25. (a) Igualando as componentes da força da gravidade e da força exercida pela mola na posição de equilíbrio, temos
sen (14, 0 N) sen 40, 0 sen 0, 0750 m 120 N/m
mg mg x k
kx
θ θ
A distância a partir do alto do plano inclinado é, então, (0,450 + 0,75) m = 0,525 m.
(b) A força da gravidade não tem influência sobre o período do MHS, que depende apenas da massa do bloco e da constante elástica da mola. Assim, podemos usar a Eq. 15-13, que nos dá
14,0 N 9,80 m/s^2 2 0,686 s. 120 N/m
T = π =
26. O fato de que o bloco menor está na iminência de deslizar significa que a força que o bloco maior exerce sobre o bloco menor, no ponto de máxima aceleração, é fmáx = μsmg. Na discussão que se segue à Eq. 15-7, é comentado que a amplitude da aceleração é
am = w^2 xm, em que w é a frequência angular. Como, de acordo com a Eq. 15-7, ω = k /( m + M ), a segunda lei de Newton nos dá
m s (^) + m s
k ma mg x g m M
μ ⇒ μ
e, portanto,
( ) (0,40)(9,8 m/s )(1,8 kg^2 10 kg) 0,23 m 23 cm. 200 N/m
s m
g m M x k
μ + + = = = =
27. PENSE Este problema envolve a relação entre as energias cinética e potencial e a amplitude do MHS.
FORMULE Vamos supor que o deslocamento de um objeto que está descrevendo um movimento harmônico simples é dado pela equação
A velocidade do objeto é
Usando essas expressões para x(t) e v(t), vemos que a energia potencial e a energia cinética são dadas por
em que k = mw^2 é a constante elástica e xm é a amplitude. A energia total é
ANALISE (a) A condição x(t) = xm/2 significa que cos(wt + f) = 1/2, o que nos dá sen( ω t + φ) = 3/2. Assim, a fração da energia total que é energia cinética é
(b) Nesse caso,
2 cos (^2 ) 1 1 2 4
U
t E
ω φ
(c) Como E = kx^2 m^ / 2e U = kx(t)^2 /2, U E / = x^2^ / x^2 m. Resolvendo a equação x^2 / xm^2 = 1/2, obtemos x = xm / 2.
(b) Como no ponto de equilíbrio a energia cinética E = mv^2 /2 é igual à energia total,
2 2
= = = 1,39 kg. 2 m m
E
E mv m v
(c) De acordo com a Eq. 15-12 (dividida por 2p), temos
1 = 1,91 Hz. 2
k f π m
31. (a) De acordo com a Eq. 15-12 (dividida por 2p), temos
1 1 1000 N / m = 2,25Hz. 2 2 5,00 kg
k f π m π
(b) Para x 0 = 0,500 m, U (^) 0 = 12 kx^20 = 125 J.
(c) Para v 0 = 10,0 m/s, a energia cinética inicial é K 0 (^) = 12 mv 02 =250 J.
(d) Como a energia total E = K 0 + U 0 = 375 J é conservada, o fato de que a energia potencial é igual à energia total no ponto de retorno nos dá
= 1 2 2 = 0,866 m. 2 m^ m
E
E kx x k
32. Como a energia é conservada, podemos concluir, do gráfico da Fig. 15-37, que a energia total do sistema é 6,0 J; note também que a amplitude do movimento é xm = 12 cm = 0,12 m. Assim, podemos fazer a energia potencial máxima igual a 6,0 J para calcular a constante elástica k:
k xm^2 /2 = 6,0 J ⇒ k = 8,3 ×10^2 N/m.
33. O problema pode ser dividido em duas partes: uma colisão totalmente inelástica (que, segundo o enunciado, é praticamente instantânea) e um movimento harmônico simples.
(a) De acordo com a lei de conservação do momento, v ′^ = mv/(m + M). Para m = 9,5 g, M = 5,4 kg e v = 630 m/s, obtemos v ′ = 1,1 m/s.
(b) Como o bloco atinge a velocidade v ′ na posição de equilíbrio, v ′ = vm, em que vm é a velocidade máxima do MHS. Para deter- minar o valor de xm, podemos usar a relação vm = wxm ou aplicar a lei de conservação da energia. Usando o segundo método, temos
2 2 2 2 2 2 ,
2 2 m^ 2 2 m
m v m M v kx m M kx m M
o que nos dá
3 2 3
(9,5 10 kg)(630 m/s) 3,3 10 m. (6000 N/m)(9,5 10 kg 5,4kg)
m
mv x k m M
− − −
×
= = = ×
+ × +
34. A constante elástica da mola é
k = 4p^2 m 1 / T^2 = 1,97 × 10^5 N/m.
É importante determinar em que ponto do MHS se encontra o bloco 2 quando o choque acontece. Como w = 2p/T, sabemos que o instante em que o choque acontece (t = 5,0 ms) corresponde a 1/4 do valor de T, wt = p/2, e a posição do bloco 2 nesse instante é x = xm cos(wt + f), em que f = p/2, o que nos dá x = xm cos(p/2 + p/2) = –xm. Isso significa que, no momento do choque, o bloco 2 se encontra em um ponto de retorno e, portanto, sua velocidade é zero. Significa, também, que, nesse instante, o alongamento da mola é 1 cm = 0,01 m. Para calcular a velocidade do bloco 2 após o choque (que é igual à velocidade do bloco 1, já que os dois
blocos permanecem unidos após o choque), usamos a lei de conservação do momento e obtemos v = (4,0 kg)(6,0 m/s)/(6,0 kg) = 4,0 m/s. Assim, logo após o choque, o sistema (cuja massa total agora é M = 6,0 kg) possui uma energia cinética
K = (6,0 kg)(4,0 m/s)^2 /2 = 48 J
e uma energia potencial
U = kx^2 /2 = (1,97 × 10^5 N/m)(0,010 m)^2 /2 ≈ 10 J,
o que significa que a energia mecânica total do sistema é E = K + U = 58 J. Quando o sistema chega a um novo ponto de retorno (com uma nova amplitude X), a energia potencial associada ao deslocamento deve ser igual à energia total: E = (1,97 ×10^5 N/m) X 2 /2. Assim,
5
2 2(58 J) (^) 0,024 m 1,97 10 N/m
X E
k
×
35. Na discussão que se segue à Eq. 15-7, é comentado que a amplitude da aceleração é am = w^2 xm, em que w é a frequência angular e xm é a amplitude. Assim,
8000 m/s 2 2000 rad/s. 0,002 m/s
m m
a x
ω = = =
De acordo com a segunda lei de Newton,
= = cos ( + ) = ( 80 N cos) 2000
m 3 F ma m a t t π − ω φ − ^ −
no qual t está em segundos.
(a) De acordo com a Eq. 15-5, T = 2p/w = 3,1 × 10–3^ s.
(b) Para determinar o valor de vm, podemos usar a relação vm = wxm ou aplicar a lei de conservação da energia. Vamos usar o segundo método. De acordo com a Eq. 15-12, a constante elástica da mola é k = w^2 m = 40.000 N/m. Como a energia é conser- vada, temos
(^1 2) = 1 2 = 4,0 m / s. 2 m^ 2 m^ m^ m
kx mv v x k m
(c) A energia total é 12 kxm^2 = 12 mv^2 m =0,080 J.
(d) Na posição em que o deslocamento é máximo, a força que age sobre a partícula é
F = kx = (4,0 10 N/m)(2,0 10× 4 × −^3 m) =80 N.
(e) Na posição em que o deslocamento é metade do deslocamento máximo, a força é
F = kx = (4,0 10 N/m)(1,0 10× 4 × −^3 m) =40 N.
36. A razão entre a Eq. 15-6 e a Eq. 15-3 é v/x = −w tan (wt + f), na qual w é dado pela Eq. 15-12. Como a energia cinética é mv^2 / e a energia potencial é kx^2 /2 = mw^2 x^2 /2, a razão entre a energia cinética e a energia potencial é
( v / x )^2 /w^2 = tan^2 (w t + f),
que, no instante t = 0, é igual a tan^2 f. Como, neste problema, f = p/6, a razão entre a energia cinética e a energia potencial no instante t = 0 é tan^2 (p/6) = 1/3.
O símbolo Ω é usado para representar a velocidade angular do balanço para que ela não seja confundida com a frequência angular.
ANALISE (a) A velocidade angular máxima é
(b) Para q = p/2, q/qm = 1/2, cos(2pt/T) = 1/2 e
em que foi usada a identidade trigonométrica cos^2 q + sen^2 q = 1. Assim,
Em outra parte do ciclo, a velocidade angular é +34,2 rad/s no instante em que o deslocamento angular é p/2 rad.
(c) A aceleração angular é
Para q = p/4,
ou |a| = 124 rad/s^2.
APRENDA A figura que se segue mostra o deslocamento angular, a velocidade angular e a aceleração angular em função do tempo.
40. Podemos usar a Eq. 15-29 e o teorema dos eixos paralelos I = ICM + mh^2 , em que h = d, a incógnita. No caso de uma régua de comprimento L e massa m, o momento de inércia em relação ao centro de massa é ICM = mL^2 /12. Assim, temos
(^2) /12 2 2 2 2. 12
mL md L d T mgd gd g
π π
Elevando ambos os membros ao quadrado, explicitando d e aplicando a fórmula da equação do segundo grau, obtemos
g T g T L d
π ± π −
Escolhendo o sinal positivo da raiz quadrada, obtemos um valor fisicamente impossível para d, por ser maior que o comprimento da régua: d = 1,50 m. Escolhendo o sinal negativo, obtemos um valor fisicamente possível: d = 0,056 m.
41. PENSE Este pêndulo físico é formado por um disco e uma barra. Para determinar o período de oscilação, precisamos calcular o momento de inércia e a distância entre o centro de massa do sistema disco-barra e o ponto de suspensão.
FORMULE O momento de inércia de um disco homogêneo em relação ao centro é Mr^2 /2, em que M é a massa e r é o raio do disco. O disco do problema oscila em torno de um ponto que está a uma distância r + L do centro, em que L é o comprimento
da barra; assim, de acordo com o teorema dos eixos paralelos, o momento de inércia do disco é Mr^2 /2 + M(L + r)^2 /2. A barra oscila em torno de uma das extremidades; o momento de inércia, nesse caso, é mL^2 /3, em que m é a massa e L é o comprimento
da barra.
ANALISE (a) O momento de inércia total do sistema é
(b) Tomando como origem o ponto de suspensão, o centro de massa está a uma distância
e o centro de massa está a uma distância b = L/2 = (0,500 m)/2 = 0,250, na mesma reta. Assim, a distância entre o ponto de sus-
pensão e o centro de massa do sistema é
(c) O período das oscilações é
APRENDA Considere o limite para M → 0 (ou seja, na ausência do disco). Nesse caso, I = mL^2 /3, d = b = L/2 e o período das
oscilações é
que é o resultado dado na Eq. 15-32.
42. (a) Comparando a expressão dada com a Eq. 15-3 (depois de mudar a variável de x para q), vemos que w = 4,43 rad/s. Uma
vez que w = g L / ,podemos calcular o comprimento da corda: L = 0,499 m.
(b) Como vm = wxm = wLqm = (4,43 rad/s)(0,499 m)(0,0800 rad) e m = 0,0600 kg, a energia cinética máxima é mvm^2 /2 = 9,40 × 10 −^4 J.
43. (a) De acordo com o exemplo “Período e comprimento de um pêndulo físico”, a distância entre P e C é h = 23 L − 12 L = 16 L .Nesse
caso, o teorema dos eixos paralelos (Eq. 10-36) nos dá
I mL mh mL mL
De acordo com a Eq. 15-29, temos
(^2) / 9 2 2 2 2. / 6 3
I L L
T
mgh gL g
= π = π = π
Assim, para L = 1,00 m, temos T = 1,64 s.
A figura a seguir mostra o período T em função de r, para a = 0,35 m e b = 0,45 m.
(b) O valor de r para o qual T é mínimo pode ser determinado derivando T em relação a r e igualando o resultado a zero, o que nos dá
(^2 2) (0,35 m) 2 (0,45 m) 2 0,16 m. 12 12
r =^ a^ +^ b = + =
(c) Como a direção a partir do centro é irrelevante, o lugar geométrico é uma circunferência em torno do centro, de raio r = [(a^2 + b^2 )/12]1/2.
49. Substituindo x e v nas Eqs. 15-3 e 15-6 por q e dq/dt, respectivamente, identificamos 4,44 rad/s como a frequência angular w. Em seguida, calculamos as expressões para t = 0 e dividimos a segunda pela primeira. O resultado é o seguinte:
em 0
tan. t
d θ dt ω φ θ (^) =
(a) Como o valor de q em t = 0 é 0,0400 rad e o valor de dq/dt em t = 0 é −0,200 rad/s, a constante de fase é
tan 1 0,200 0,845 rad. 0,0400 4,
φ −^
×
(b) Uma vez determinado o valor de f, podemos introduzir este valor na equação q (0) = qm cos f para calcular o valor da ampli- tude angular. O resultado é qm = 0,0602 rad.
50. (a) De acordo com a Tabela 10-2 e o teorema dos eixos paralelos, o momento de inércia de uma barra uniforme em relação a uma das extremidades é I = mL^2 /12 + mL^2 = 1/3ML^2. Assim, a Eq. 15-29 nos dá
1 2 2 3 2 ,
ML gT T L Mg L
π π
o que nos dá L = 0,84 m.
(b) De acordo com a lei de conservação da energia,
K m = Um
na qual Km é a energia cinética no ponto mais baixo da trajetória e Um é a energia potencial no ponto mais alto da trajetória. A energia potencial é dada por U = Mg (1 −cos θ),em que é a distância do eixo de rotação ao centro de massa. Usando a aproxi- mação para pequenos ângulos cos θ = 1 − θ^2 /2, com q em radianos (veja o Apêndice E), temos
( )( 2 )^2 0, 031 J.
0,5 kg 9,8 m/s 1 m (^) 2 2 m U ^^ L ^ ^ θ =
na qual qm = 10o^ = 0,17 rad. Assim, Km = Um = 0,031 J. Se calcularmos o valor exato de 1 – cosq, sem usar a aproximação para pequenos ângulos, a diferença entre as duas respostas será menor que 0,3%.
51. Esta situação é semelhante à do exemplo “Período e comprimento de um pêndulo físico”, exceto pelo fato de que o ponto O não está na extremidade da barra. Chamando de C o centro de massa (que vamos supor que está no centro da barra), vemos que a distância entre O e C é h = x. De acordo com o teorema dos eixos paralelos (Eq. 10-36),
I mL mh m^ ^^ L x
A Eq. 10-29 nos dá
(^2 2 2 ) 12 12 2 2 2. 12
I^ L^ x^ L^ x T mgh gx gx
π π π
(a) É fácil minimizar T usando um gráfico ou uma calculadora, mas o método convencional (igualar a derivada a zero) é um pouco trabalhoso. Para facilitar os cálculos, vamos trabalhar com 12gT^2 /2p em vez de T (é óbvio que 12gT^2 /2p é mínimo quando T é mínimo). O resultado é
(^12 2 ) 2 2
gT (^) L d (^) d (^) x x (^) L dx dx x
π + = = = − +
o que nos dá x = L / 12 = (1,85 m)/ 12 = 0,53 mcomo o valor de x que minimiza T.
(b) Para L = 1,85 m e x = 0,53 m, obtemos T = 2,1 s usando a expressão de T a que chegamos no início da solução.
52. Considere que o comprimento da mola na posição mostrada na Fig. 15-45 (com uma das arestas do cubo verticalmente acima do centro) tem um certo valor L, que corresponde ao comprimento de repouso. Se a distância (constante) entre o centro do cubo e o ponto da parede onde a mola está presa é r, então r cos q = d/ 2, e r cos q = L define o ângulo q entre a reta que liga o centro do cubo à aresta superior e a reta que liga o centro do bloco ao ponto onde a mola está presa. Em termos deste ângulo, portanto, o problema pergunta qual é o movimento que acontece quando o ângulo q é aumentado do valor original q 0 para q 0 + 3º e depois liberado. Se o novo comprimento da mola é L′, é fácil mostrar, por trigonometria, que
( L ′)^2 = r^2 + ( d / 2 )^2 – 2 r ( d / 2 )cos(q 0 + 3º) = L^2 + d^2 – d^2 cos(3º)+ Ld sen(3º),
já que q 0 = 45º. A diferença entre L′ (determinado por esta expressão) e o comprimento original L é o alongamento da mola, que vamos chamar de xm. Fazendo um gráfico de xm em função de L para valores considerados razoáveis tendo em vista a posição do cubo na Fig. 15-42 (entre L = 0,03 m e L = 0,10 m, digamos), chegamos à conclusão de que xm ≈ 0,00222 m é uma excelente apro- ximação (e está muito próximo do valor obtido quando aproximamos xm pelo comprimento do arco descrito pela aresta superior do cubo quando o cubo gira de 3º, embora este método, em princípio, leve a um valor exagerado para xm). Usando este valor de xm e o valor conhecido da constante elástica, vamos obter uma energia potencial (^) U = kxm^2 /2 = 0,00296 J.Igualando este valor à energia cinética que o cubo possui ao passar de volta pela posição inicial, temos
0,00296 J 1 2
K = = I ω m
em que wm é a velocidade angular máxima do cubo (que não deve ser confundida com a frequência angular w das oscilações; as duas frequências estão relacionadas através da equação wm = q 0 w, em que q 0 é o ângulo inicial em radianos). Como o momento de inércia do cubo é I = Md^2 /6 = 0,0018 kg·m^2 , temos
2
2 2(0,00296 J) (^) 1,81 rad/s. m 0,0018 kg m
K
I
ω = = = ⋅
Assim, a frequência angular das oscilações é w = wm/q 0 = 34,6 rad/s. De acordo com a Eq. 15-5, o período é T = 2p/w = 0,18 s.
53. PENSE Supondo que o torque exercido pela mola sobre a barra é proporcional ao ângulo de rotação da barra e que o torque tende a fazer a barra girar no sentido da posição de equilíbrio, vemos que a barra executa um movimento harmônico angular simples.
(b) De acordo com a equação obtida no item (a), se d é escolhido de modo a minimizar o período e L aumenta, o período também aumenta.
(c) Como, de acordo com a equação obtida no item (a), o período não depende da massa do pêndulo, o período permanece o mesmo quando m aumenta.
56. De acordo com a Tabela 10-2 e a Eq. 10-36,
IP = MR^2 /2 + Mh^2 = (2,5 kg)(0,21 m)^2 /2 + (2,5 kg)(0,97 m)^2 = 2,41 kg·m²
em que o momento de inércia foi calculado em relação ao ponto de suspensão do pêndulo, que está a uma distância h = D/2 + L = 0,21 m + 0,76 m do centro do disco.
(a) Com a mola de torção desconectada, o período é
2 P 2,00 s.
I
T
Mgh
= π =
(b) Quando a mola de torção é conectada, temos dois “torques restauradores” agindo em paralelo para mover o pêndulo de volta para a posição vertical. Assim, a expressão do período se torna
2 P.
I
T
Mgh
π κ
De acordo com o enunciado, T = T − 0,50 s. Assim, T' = (2,00 – 0,50) s = 1,50 s e, portanto,
2 2
P 18,5 N m/rad.
I
Mgh T
π κ = − = ⋅ ′
57. Como, de acordo com a Eq. 15-21, a energia é proporcional ao quadrado da amplitude, a variação relativa (para pequenas variações) é dada por
2 2 2
= m^ = m^ m^ = 2 m. m m m
E E dE dx x dx dx E E x x x
Esse cálculo mostra que, para pequenas variações, a variação relativa da energia é o dobro da variação relativa da amplitude. Assim, se a amplitude diminui de 3,0% a cada ciclo, a energia mecânica do oscilador diminui de 6,0% a cada ciclo.
58. Como os valores das constantes são os mesmos do exemplo “Tempo de decaimento da amplitude e da energia do oscilador harmônico amortecido”, o fator de amortecimento é dado por
e −^ bt^^2 m^ = e − b (20^^ T^ )/2^ m = e −^ (^ 0,070^ )(^20 )(^ 0,4 /2 0,25)^ (^ )=0,39.
59. PENSE Quando uma força de amortecimento está presente, a amplitude das oscilações de um sistema massa-mola diminui com o tempo.
FORMULE De acordo com a Eq. 15-42, quando uma força de amortecimento está presente, as oscilações de um sistema bloco- mola são descritas pela função
em que b é a constante de amortecimento e w é a frequência angular, dada por
ANALISE (a) Estamos interessados em determinar o valor de t para o qual e–bt/2m^ = 1/3. Tomando o logaritmo natural de ambos os membros da equação, obtemos a relação –bt/2m = ln(1/3), que nos dá
e, portanto,
(b) A frequência angular é
O período é T = 2p/w = 2p/(2,31 rad/s) = 2,72 s e o número de oscilações é
APRENDA A figura a seguir mostra o deslocamento relativo do bloco, x/xm, em função do tempo. A amplitude relativa, e−bt/2m, diminui exponencialmente com o tempo.
60. (a) De acordo com a lei de Hooke,
( 500 kg^ )( 9,8 m/s^2 ) 2
= 4,9 10 N / cm. 10 cm
k = ×
(b) O fato de que a amplitude diminui 50% a cada período significa que
(^2 1 2) ln 2 em que^2 2
e bT^ m^ b m T T
π ω
Como o problema pede apenas uma estimativa, vamos fazer (^) ω ′ ≈ ω= k m / .Nesse caso,
49.000 N/m 9,9 rad/s, 500kg
ω′ ≈ ≈
o que nos dá T ≈ 2 p/w = 0,63 s. Assim,
(^2) ln2 2(500 kg)(0,69) 1,1 10 (^3) kg/s. 0,63 s
b m T
= ≈ = ×
