146PARTE II – ONDULATÓRIA Parte II – ONDULATÓRIA Tópico 1 1 Um holofote emite um feixe cilíndrico e vertical de luz dirigido contra o solo, plano e horizontal. Uma pequena esfera opaca executa movimento circular e uniforme no interior desse feixe. A trajetória da esfera está contida num plano vertical. 3 do à função x = 2 cos π t (SI), em que x é a elongação e t é o tempo. Obtenha: a) a amplitude, a pulsação, o período, a frequência e a fase inicial do movimento; b) os valores máximos da velocidade escalar e da aceleração escalar da partícula; c) o gráfico da elongação em função do tempo, no intervalo de t = 0 a t = 2 s. Resolução: a) Temos: x = 2 cos π t e x = A cos (ω t + ϕ0) Comparando essas expressões, termo a termo, vem: A=2m ω = π rad/s ω = 2π ⇒ π = 2π ⇒ T T f= 1 ⇒ f= 1 ⇒ T 2 ϕ0 = 0 b) Temos: Então: vmáx = ω A e αmáx = ω2 A vmáx = π · 2 ⇒ αmáx = π2 · 2 ⇒ vmáx = 2π m/s αmáx = 2π2 m/s2 (amplitude) (pulsação) (período) (frequência) E.R. Uma partícula move-se ao longo de um eixo Ox, obedecen- Holofote T=2s f = 0,5 Hz Analise as afirmações a seguir: I. O movimento da sombra projetada pela esfera é periódico e oscilatório. II. O movimento da sombra tem o mesmo período do movimento da esfera. III. Enquanto a esfera descreve uma semicircunferência, a sombra completa uma oscilação. IV. A amplitude do movimento da sombra é igual ao diâmetro da circunferência descrita pela esfera. V. O movimento da sombra é harmônico simples. Indique a alternativa verdadeira. a) Se apenas I e V forem corretas. b) Se apenas I, II, IV e V forem corretas. c) Se apenas I, II e V forem corretas. d) Se apenas V for correta. e) Se todas forem corretas. Resposta: c (ITA-SP) Uma nave espacial está circundando a Lua em uma órbita circular de raio R e período T. O plano da órbita dessa nave é o mesmo que o plano da órbita da Lua ao redor da Terra. Nesse caso, para um observador terrestre, se ele pudesse enxergar a nave (durante todo o tempo), o movimento dela, em relação à Lua, pareceria: a) um movimento circular uniforme de raio R e período T; b) um movimento elíptico; c) um movimento periódico de período 2T; d) um movimento harmônico simples de amplitude R; e) diferente dos citados acima. Resposta: d 2 (fase inicial) c) Vamos calcular a elongação nos instantes t = 0, t = 0,5 s, t = 1 s, t = 1,5 s e t = 2 s: t=0 ⇒ x = 2 cos (π · 0) ⇒ x = 2 m t = 0,5 s ⇒ x = 2 cos (π · 0,5) ⇒ x = 0 t=1s ⇒ x = 2 cos (π · 1) ⇒ x = –2 m t = 1,5 s ⇒ x = 2 cos (π · 1,5) ⇒ x = 0 t=2s ⇒ x = 2 cos (π · 2) ⇒ x = 2 m Agora, vamos construir o gráfico pedido: x (m) 2 0 1 2 t (s) –2 em kHz. 2. e) 0.5 s. no SI.0 m/s.10 4 Resolução: • vmáx = 3.5 s (Mack-SP) Uma partícula descreve um movimento harmônico simples segundo a equação x = 0. b) 0. que representa as posições ocupadas por um móvel em função do tempo quando oscila em movimento harmônico simples.5 s.5 Hz Δt = T 4 –A O A x Respostas: a) 0.2 · π m/s. Sabendo que o módulo da aceleração do oscilador nos pontos A e B é 3.3 m/s. com x em metros e t em segundos.10 m. Resolução: Δt = T 4 7 T=2s⇒f= 1 = 1 ⇒ T 2 b) v = 0 em x = ± A: 0. b) a velocidade escalar da partícula em t = 1 s. durante os três primeiros segundos.5 s T T b) v = – ω A sen (ω t + ϕ0) v = – 4 π · 2 sen (4 π · 1 + π ) ⇒ v = – 8 π m/s 2 c) α = – ω2 A cos (ω t + ϕ0) α = – 16 π2 · 2 · cos (4 π · 5 + π ) = –16 π2 · 2 · 0 ⇒ α = 0 2 Respostas: a) 0.0 vmáx = ω A f = 2 · 103 Hz = 2 kHz Resposta: 2 kHz 0 1 2 3 t (s) –0.6 · 104 m/s2 4 α • αmáx = ω2 A ⇒ máx = ω = 2 π f ⇒ 3.3 ⇒ vmáx = 0. a) π m/s.5 s. 1. . b) 4 s.5 s f = 0. O módulo da 3 máxima velocidade atingida por esta partícula é: d) 0. no SI.6 · 10 = 2 · 3 · f vmáx 3. conforme a figura abaixo: A O B ω = 2π ⇒ π = 2π ⇒ T = 4s T 2 T Portanto: Δt = T = 4 ⇒ Δt = 1 s 4 4 Resposta: d 8 5 Uma partícula move-se obedecendo à função horária x = 2 cos 4π t + π .6 m/s. c) 2 s. c) zero 6 O oscilador passa pelo ponto O. c) a aceleração escalar da partícula em t = 5 s. determine: x (m) 0. A partir 2 2 da posição de elongação máxima. Resolução: Da equação dada : A = 0. em que a velocidade se anulou.3 · cos π + 2 · t . e) 0. c) 0. determine. 3 b) 0. equidistante dos pontos A e B.5 s.2 cos π + π t .0 m/s e αmáx = 3. 2. Resolução: a) Do gráfico: A = 0.Tópico 1 – Movimento harmônico simples 147 (Vunesp-SP) A partir do gráfico a seguir.6 · 104 m/s2 e considerando π = 3. d) 1 s. 0. com velocidade de 3.5 s. o menor tempo que esta partícula gastará para passar pela posição de equilíbrio é: a) 8 s.5 s.10 m (Mack-SP) Uma partícula realiza um MHS (movimento harmônico simples) segundo a equação x = 0.10 a) a frequência e a amplitude do movimento. 2 Determine: a) o período do movimento.3 m e ω = 2 rad/s vmáx = ω A = 2 · 0.6 m/s Resposta: c (UFPB) Um oscilador harmônico simples desloca-se entre os pontos A e B. 1. b) – 8 π m/s.1 · π m/s. a frequência de seu movimento.5 Hz. b) os instantes. Resolução: a) ω = 2 π ⇒ 4 π = 2 π ⇒ T = 0. Por isso. temos: x = 0.5 cos 4 π t + 3 11 A figura abaixo representa um corpo mantido em repouso. ϕ0 = π rad. então: x = 3 cos π t + π 4 2 (x em cm e t em s) Respostas: a) x = 0. ϕ0 = 0. temos: A=4m T = 10 s ⇒ ω = 2π = 2π ⇒ ω = π rad/s T 10 5 Em t = 0. b) x = 0. 2 Lembrando que x = A cos (ω t + ϕ0).5 m • x = A cos(ωt + ϕ0) ⇒ x = 0. temos: A = 3 cm T = 8 s ⇒ ω = 2π = 2π ⇒ ω = π rad/s T 8 4 Em t = 0.R.5 cos (4πt + ϕ0) a) ϕ0 = 0 ⇒ x = 0. temos x = –A. Por isso. 2 5π c) x = 0.5 cos 4 π t. c) em t = 0. b) no instante t = 0. Resolução: • f = 120 rpm = 2 Hz ⇒ ω = 2 π f ⇒ ω = 4 π rad/s • A = 0. projetando sombra em solo plano e horizontal. M’ O e o movimento de M’ é retrógrado. a elongação x é nula e crescente.5 cos 4 π t + π . 10 cm O x A mola está comprimida de 10 cm. Observe as quatro representações gráficas da elongação em função do tempo. Por isso. Então: x = 1 cos π t 50 (x em cm e t em s) ϕ0 = 5π rad 3 60° c) Do gráfico. a elongação x é igual à amplitude A. com frequência igual a 120 rpm.1 15 0 – 0. temos: A = 1 cm T = 100 s ⇒ ω = 2π = 2π ⇒ ω = π rad/s T 100 50 Em t = 0. ϕ0 = π rad. 2 Obtemos.1 cos π t + π 10 (SI) M M‘ O A 2 A x x = 0. M’ está em x = A. ϕ0 = 3π rad. A roda executa movimento de rotação uniforme no sentido anti-horário em relação ao leitor.1 x (m) 5 10 t (s) 10 t (s) Referência b) 1 x (cm) 50 0 –1 100 t (s) d) 3 x (cm) –A 0 –3 6 t (s) O M' A x Resolução: a) Do gráfico.148 PARTE II – ONDULATÓRIA 9 E. em movimento progressivo. temos: A = 0. 10 Uma roda munida de uma manivela M é iluminada pela luz do Sol a pino.5 cos 4 π t + 5π 3 (SI) d) Do gráfico. Por isso. para movimentos harmônicos simples: Em cada caso. a elongação x é nula e decrescente. .1 m T = 20 s ⇒ ω = 2π = 2π ⇒ ω = π rad/s T 20 10 Em t = 0. expresse analiticamente a elongação em função do tempo [x = f(t)]. O raio da roda vale 0. preso a uma mola ideal e apoiado em uma superfície plana e horizontal.5 m. obtemos: x = 4 cos π t + 3π 5 2 (SI) Determine a função horária da elongação correspondente ao movimento da sombra M’ da manivela ao longo do eixo Ox nos seguintes casos: a) no instante t = 0. M ϕ a) 4 0 –4 x (m) c) 0. M’ está no ponto médio entre x = O e x = A.5 cos 4 π t + π 2 (SI) b) ϕ0 = π rad ⇒ 2 c) b) Do gráfico. Assim.5 cos 4 π t (SI) x = 0. 4π sen (4π t + π).15 s. x = 3m . x = –A: –A = A cos ϕ0 ⇒ cos ϕo = –1 ⇒ ϕ0 = π rad Portanto: v = –4 π · 0. em torno do ponto X = 0.21 s.5 Hz • fH = 3fP = 3 · 0. a frequência do movimento da extremidade da haste será de: Y Y P t 180° → π rad 105° → Δϕ ⇒ Δϕ = π 105 rad 180 a) 3.5 Hz .5 Hz ω = 2πf = 2π 10 ⇒ ω = 20π rad/s ω = Δϕ ⇒ Δt = Δϕ ω Δt 105 π 180 = 1 · 105 = 7 ⇒ Δt Δt = 20π 20 180 240 Resposta: b 0. observa-se que a posição da partícula é X = 3 metros e sua velocidade é vX = – 4 m/s. No instante t1.4π sen (4π t). com frequência angular ω = 1 rad/s. O tempo gasto nesse 2 deslocamento é: a) 0. o corpo é abandonado e passa a realizar um movimento harmônico simples em torno da posição de equilíbrio O. em metros. vale: a) 3.5. c) v = –0.5. caminhando em direção a valores 2 inferiores. a haste realiza três oscilações. com a forma indicada. c) 4.75 Hz e) 0. Resolução: ω = 1 rad/s . no SI.0.1 m • f = 2 Hz ⇒ ω = 2 πf = 2 π 2 ⇒ ω = 4 π rad/s • x = A cos(ωt + ϕ0) Em t = 0.5 Hz c) 1. 13 Uma partícula executa MHS de frequência igual a 2 Hz e amplitude igual a 5 m. 14 (UFPI) Uma partícula executa um movimento harmônico sim- ples na direção X. podendo a haste mover-se apenas na vertical.29 s. enquanto ela gira.0 Hz b) 1. Resolução: v = –ω A sen(ωt + ϕ0) • A = 10 cm = 0. a partícula está no ponto 3 L . b) a aceleração escalar da partícula nos extremos da trajetória. b) ± 80 π2 m/s2.4 π sen(4 π t + π) Resposta: d 12 (ITA-SP) Uma partícula em movimento harmônico simples oscila com frequência de 10 Hz entre os pontos L e –L de uma reta. A forma da peça é tal que. b) 0. completando duas oscilações por segundo. d) 5.4π cos (4π t).021 s. descrevendo. com o passar do tempo.8π cos (4π t + π). é: a) v = –0.Tópico 1 – Movimento harmônico simples 149 No instante t = 0. d) v = –0. Uma mola mantém uma haste apoiada sobre a peça.5 ⇒ Resposta: b fH = 1. e) v = –0. v = – 4 m/s v2 = ω2 (A2 – x2) (–4)2 = 12 (A2 – 32) ⇒ 16 = A2 – 9 A2 = 25 ⇒ A = 5 m Resposta: d 15 (Fuvest-SP) Uma peça. que é a origem do eixo Ox. A amplitude do movimento dessa partícula.5. gira em torno de um Resolução: t2 L Δϕ = 105° L 45° –L –L 2 2 0 30° L 3 2 L x t1 eixo horizontal P. e) 5.029 s Resolução: Enquanto a peça completa uma volta. a extremidade da haste sobe e desce. b) v = –0.0 Hz d) 0.8π sen (4π t + π). Em um dado instante t. a frequência do movimento da haste (fH) é o triplo da frequência do movimento da peça (fP): fH = 3 fP • ωP = 2πfP ⇒ π = 2πfP ⇒ fP = 0. em que x = ± 4 m : v2 = 16 π2 (52 – 42) ⇒ v = ± 12 π m/s b) α = ± ω2 A = ± 16 π2 · 5 ⇒ α = ± 80 π2 m/s2 Respostas: a) ± 12 π m/s. b) 4. d) 0. A função horária da velocidade escalar (v) desse corpo. Portanto. com velocidade angular constante e igual a π rad/s.029 s. Calcule: a) a velocidade escalar da partícula.1 sen(4 π t + π) v = –0. c) 0. quando ela está a 4 m do ponto de equilíbrio. e) 0. Assim. Resolução: • f = 2 Hz ⇒ ω = 4 π rad/s • A=5m a) v2 = ω2 (A2 – x2). um movimento harmônico simples Y(t) como indicado no gráfico. e atinge o ponto – 2 L no instante t2.0. em ordem aleatória.5 m f= 1 = 1 ⇒ T 0. o gráfico B refere-se à posição.6 0. Portanto.5 m 0. B.5 0 –200 x (m) 150 100 50 Gráfico C 0 –50 –100 –150 0. obtemos: Energia (J) 50 Ep Ec – 0.0 17 E. a velocidade (em m/s) e a aceleração (em m/s2). Um bloco com 4 kg de massa está em repouso apoiado num plano horizontal sem atrito.0 0. temos: T = 2π 4 ⇒ T = 0.0 –0. de um corpo executando um movimento harmônico simples. em função do tempo (em s). preso a uma mola ideal de constante elástica 400 N/m (figura a). 10 8 6 4 2 0 –2 –4 –6 –8 –10 0.4 –0. a) O x (m) Gráfico A b) –0.5 Hz F = –K x ⇒ F = –400x (SI) d) A energia potencial é dada por: 2 Ep = K x ⇒ Ep = 200x2 (SI) 2 A energia cinética é dada por: Ec = Em – Ep ⇒ Ec = 50 – 200x2 (SI) Representando graficamente. o gráfico A refere-se à velocidade. Resolução: a) Sendo A a amplitude do MHS. b) Do gráfico B.R. a posição (em m).4 f = 2. ele oscila em movimento harmônico simples (figura b).6 t (s) Com base nos gráficos A. à aceleração. Justifique sua resposta.5 0.6 t (s) Determine: a) o período do movimento do bloco.2 0. e o gráfico C. temos: 400 · 0. sob a ação de uma força do tipo F = –k x. temos: A = 0.4 0.2π s 400 b) A energia mecânica do sistema é dada por: 2 Em = K A 2 Sendo K = 400 N/m e a amplitude A = 0.4 0.5 m.2 0. B e C: a) identifique qual deles se refere à posição. c) a representação gráfica do valor algébrico da força resultante. frequência: 2.5 Hz 0 .5 m.2 –0. C abaixo representam.52 Em = ⇒ Em = 50 J 2 c) O valor algébrico da força resultante é dado por: T = 2π F (N) 200 0.5 –0.5 x (m) Respostas: a) B: posição. b) a energia mecânica do sistema massa-mola. em função da elongação.4 0.150 PARTE II – ONDULATÓRIA 16 (UFG-GO) Os gráf icos A. b) determine o deslocamento máximo do corpo em relação à origem (amplitude) e a frequência desse movimento.6 t (s) O x (m) 0. em função da elongação. d) a representação gráfica da energia potencial e da energia cinética.2 Gráfico B 0. C: aceleração. A: velocidade.4 0. Quando o bloco é afastado 0.2 0. Resolução: a) O período é dado por: m K Sendo m = 4 kg e K = 400 N/m.5 m de sua posição inicial e abandonado.0 0. em x = –A devemos ter velocidade escalar nula e aceleração escalar máxima. à velocidade e à aceleração. b) amplitude: 0.6 0. a frequência aumentou. em seu lugar. em segundos. Resposta: 51 19 O sistema representado na figura 1 oscila com frequência f . Portanto.Tópico 1 – Movimento harmônico simples 151 18 (UFMS) Uma partícula executa um movimento harmônico simples ao longo do eixo x e em torno da origem O. contou-se que. Resolução: As afirmações corretas são 01. Calcule o período de oscilação de um pêndulo simples com Figura 1 Figura 2 1. Dê como resposta a soma dos números associados às afirmações corretas. 02. (04) A aceleração da partícula é nula quando x = ±A. que oscila com frequência igual a 0.R. 20 Um bloco suspenso por uma mola oscila verticalmente sob a ação da gravidade terrestre. sendo que ele o faz com frequência igual a 1.6 m de comprimento. o corpo suspenso atingiu B e voltou a A trinta vezes. em 1 minuto. (08) depende da amplitude das oscilações. a) Calcule o período do pêndulo. 16 e 32.0 kg) oscilar livremente na extremidade de uma mola ideal. (02) depende de seu comprimento. 21 Deixa-se o quilograma-padrão (1. (16) A energia mecânica total da partícula é igual à sua energia potencial quando x = ±A. Determine a massa m. retira-se o quilograma-padrão e coloca-se. a resposta é 51.0 kg 22 Considere um pêndulo simples que realiza oscilações de pequenas amplitudes. A B b) É possível que o comprimento desse pêndulo (L) seja igual a 2. Resolução: f= 1 2π K m K 1. (02) A frequência do movimento é 0. maior que f1 ou menor que f1? Resolução: f= 1 2π K m Como a massa do oscilador diminuiu. Portanto.50 = 1 2π m ÷ ⇒ 2. o corpo de massa M passará a oscilar verticalmente com frequência f2 igual a f1. É correto afirmar: (01) A velocidade da partícula é nula quando x = ±A. ver1 ticalmente: Mola M M Resolução: As afirmações corretas são: 02. É correto afirmar que seu período: (01) depende da massa pendular. Resolução: O período pedido é calculado pela expressão: T = 2π Temos: π=3 = 1. f 2 > f1 Resposta: Maior. Iniciando o movimento a partir de A. que executa pequenas oscilações num local onde g = 10 m/s2.0 kg 1.0 m? Por quê? (g = 10 m/s2) . a resposta é 54. (08) A energia cinética da partícula no ponto x = O é nula.0 Hz.0 Resposta: 4.25 Hz. em hertz. um corpo de massa desconhecida m. o que ocorrerá com o período das oscilações verticais 6 desse sistema? Resposta: Permanecerá o mesmo. (16) duplica quando seu comprimento é quadruplicado.50 Hz.0 s.6 m g = 10 m/s2 Então: T = 2 · 3 · 1.0 K 0.0 = 1 2π 1. (32) O módulo da força resultante na partícula é proporcional ao módulo de seu deslocamento em relação à origem. 04. Dê como resposta a soma dos números associados às afirmações corretas. 24 (Ufal) O corpo suspenso do pêndulo da figura oscila entre os pontos A e B. Despreze influências do ar e considere π igual a 3.4 s g Se o fio for cortado como mostra a figura 2. Se esse sistema for transportado para a superfície da Lua. onde o módulo do campo gravitacional é cerca de 1 do terrestre. 16 e 32. (04) depende da intensidade do campo gravitacional local. Resposta: 54 Fio m m 23 E.0 = m ⇒ m = 4. e o valor de sua freL quência. Sua amplitude é A e seu período é 4. Em seguida. (32) reduz-se à metade ao submeter-se a um campo gravitacional de intensidade quadruplicada.6 ⇒ 10 T = 2. 31 s Em 1. A amplitude do movimento oscilatório do bloco é 20 cm.5 0. c) três vezes.0 s.0 ⇒ T = 2. medido a partir desse instante. A força resultante sobre o bloco é dada por F = –K x. Resolução: T = 2π T m = 2π k d) quatro vezes.31 s Equilíbrio 20 cm Em 0. preso na extre- midade de uma mola ideal. Resolução: I) Correta (A = 20 cm). Se o bloco for puxado 20 cm para baixo da posição de equilíbrio e abandonado em seguida. com o corpo. Nos pontos de inversão: |F| = K A = m ω2 A = m · 4 π2 f2 A |F| = 4 · 4 · 10 · 25 · 0. A força resultante sobre o bloco na posição de equilíbrio vale zero. a) uma vez. IV) Correta. preso a uma mola helicoidal de massa desprezível e constante elástica k igual a 100 N/m. Resolução: T=2π R g 1. Resolução: • 20 T = 44. a força resultante sobre o bloco vale 800 N. A força elástica sobre o bloco na posição de equilíbrio vale 40 N.78 m/s2 g T2 2. 0.2 s • l = 1. b) duas vezes. Use π = 3. V. b) apenas I e III. como mostra a figura a seguir. c) apenas II.2 s num recipiente hemisférico praticamente sem atrito e de raio R. O período do movimento oscilatório é 0. Estica-se a mola.78 m/s 26 Uma pequena esfera metálica realiza oscilações de pequena amplitude e período igual a 1.0 cm 10.5 Hz. III e IV.2 m • T = 2π l ⇒ g = 4 π2 l = 4 · 3. T = 1 = 1 ⇒ T = 0. porque o comprimento do pêndulo precisa ser aproximadamente 1 m para seu período ser igual a 2 s.22 2 Resposta: 9. foi cronometrado o intervalo de tempo decorrido durante 20 oscilações. II.2 ⇒ g = 9. 25 Num experimento com um pêndulo simples de 120 cm de com- primento. e) apenas III. O atrito entre as superfícies em contato é desprezível.142 · 1.2 ⇒ 3 vezes Resposta: c Despreze influências do ar e considere g = 10 m/s2 e π2 = 10. e abandona-se o conjunto nesse ponto.2 = 2 · 3 R = 0.0 s. a) todas as afirmações.14.2 s 5 f III) Correta. obtendo-se 44. Na posição de equilíbrio: Felástica = P ⇒ Felástica = 40 N V) Correta. III e V. e) seis vezes. III. Em um intervalo de 1. Calcule a intensidade g da aceleração da gravidade no local da experiência.0 s n 3.0 cm 27 A figura mostra um bloco com 4 kg de massa. Considerando g = 10 m/s2 e π = 3. IV e V.2 s. IV. o corpo retornará ao ponto A: Respostas: a) T = 2 s e f = 0.5 Hz T 2 b) Não T = 2π L ⇒ L = g T2 g 4 π2 10 · 22 ⇒ 4 · 10 L 1 I. Nos pontos de inversão. até o ponto A. II) Correta. ele oscilará com frequência de 5 Hz.4 m R 10 R B O A 10. com velocidade zero. b) Não. calcule R.4 m Resposta: 0.152 PARTE II – ONDULATÓRIA Resolução: a) O intervalo de tempo de 1min (60 s) corresponde a 30 períodos do pêndulo (30 T) : 30 T = 60 ⇒ T = 2 s f = 1 = 1 ⇒ f = 0.2 ⇒ |F| = 800 N Resposta: a 28 (Mack-SP) Um corpo de 250 g de massa encontra-se em equilíbrio. São corretas: d) apenas II. Analise as afirmações a seguir: .25 = 2π 10 100 1 vez n vezes 0. b) L = 1.9 s. M = 60 g. Colocando-se um prego (P) na posição indicada. c) L = 0. de período igual a T. Sabemos também que o período não depende da massa: T=2π Reduzindo o comprimento a g (0. –A –A 2 0 A 2 A x Em = EP + Ec K A2 = K x2 + K x2 .6 m. A frequência medida para esse pêndulo foi aproximadamente 0.0 ⇒ TL = 4. a duplicação da frequência? a) L = 6. d) L = 0. o período do pêndulo não depende da amplitude. A = 12 cm. na máxima elongação para a esquerda. M = 60 g. 31 Um pêndulo simples realiza oscilações de pequena amplitude na superfície da Terra.4 m. executa um movimento harmônico simples ao longo de um eixo horizontal Ox. e) L = 1. Respostas: a) 4. pois E = E P c 2 2 2 2x2 = A2 ⇒ x=± A 2 Energia Resposta: x = ± A 2 Ep Ec –A –A 2 0 A 2 A x 30 (UFRGS-RS) Dois corpos de massas diferentes. M = 30 g. As elongações do corpo variam de x = –A até x = A.Tópico 1 – Movimento harmônico simples 153 29 Um corpo de massa m. uma das extremidades do fio foi fixada e na outra pendurou-se uma pequena esfera de chumbo cuja massa é de 60 g. executam movimentos harmônicos simples de mesma frequência e têm a mesma energia mecânica. A = 6 cm. A = 12 cm. fica com a conf iguração indicada pela linha pontilhada. M = 60 g. a) Se esse pêndulo realizasse oscilações de pequena amplitude na superfície da Lua. voltando depois à sua configuração inicial. porque. 6 b) Esse pêndulo oscilaria se estivesse preso ao teto de um elevador em queda livre? Resolução: Energia Resolução: a) TT = 2π EP EC l gT l gL ÷ ⇒ TL = 2π TT = TL gL = 1 gT 6 TL = 6 TT = 6 · 2. Nesse caso: a) o corpo de menor massa oscila com menor período. e) o corpo de menor massa oscila com maior amplitude. indicando o resultado num gráfico dessas energias em função da posição. o período se reduz à metade e.9 s b) Não. c) os corpos oscilam com amplitudes iguais. d) o corpo de menor massa oscila com menor amplitude.39 Hz. com período igual a 2. no interior de um elevador em queda livre. Resolução: • m1 K1 f= 1 2π m1 K1 m2 K2 1 Resolução: Para pequenas amplitudes.0 cm P . b) não. Resposta: c K2 f= 1 2π m2 2 K K ⇒ 1 = 2 (I) m1 m2 33 (FCMSC-SP) A figura representa um pêndulo simples. Qual das seguintes combinações dessas três grandezas permite. aproximadamente. Qual é o período de oscilação desse sistema? • Em = Em K 1A 2 K 2A 2 1 2 (II) = 2 2 De (I): massa menor ⇒ K menor De (II): K menor ⇒ A maior Resposta: e 30. a amplitude (A) e o comprimento do fio (L). b) o corpo de menor massa oscila com maior período. A = 12 cm.0 s.6 m. o pêndulo. a frequência dobra.6 m de comprimento. A = 6 cm. M = 15 g. preso a uma mola de constante elástica K.8 m. cada um preso a uma mola distinta. qual seria o seu período? Considere gLua = 1 gTerra. com amplitude inicial de 12 cm. 32 (UFRGS-RS) Um pêndulo foi construído com um fio leve e inextensível com 1.4 m.0 cm = 40.4 m). a gravidade aparente é nula. Determine a elongação quando a energia cinética do bloco iguala-se à energia potencial elástica. Esse pêndulo foi colocado a oscilar no ar. Suponha agora que se possa variar a massa (M). 4 consequentemente. 6 Hz. ou seja. o holofote lampeja duas vezes durante uma oscilação do pêndulo. sofre a mesma deformação sofrida pela associação. Respostas: a) 0. submetida à mesma força tensora. é iluminado por um holofote estroboscópico. obtemos: Keq = K1 + K2 (I) (II) . então T’ = T . • Quando o fio encosta no prego.8 Hz.0 cm (período T’). b) Qual deve ser a frequência máxima do estroboscópio para que esse pêndulo pareça estar parado na posição vertical? Considere g = 10 m/s2. Resolução: a) f = 1 g = 1 10 ⇒ 2π 2π 0. Assim. de modo que as molas sofram a mesma deformação x: K1 x F1 K2 x F2 F Associação associações de molas ideais: a) K1 K1 K2 Armação de massa desprezível K2 b) A mola equivalente é aquela que.154 PARTE II – ONDULATÓRIA Resolução: • Quando o pêndulo não está encostado no prego. deforma-se: xeq = x1 + x2 TS = 3T 4 Mola equivalente F Keq xeq = x1 + x2 to harmônico simples num ambiente escuro. x2 Associação F Temos. ou seja. x1 F Mola equivalente K2. então: Na mola de constante K1: F1 = K1 x Na mola de constante K2: F2 = K2 x Mas: F1 + F2 = F ⇒ F = (K1 + K2)x Na mola equivalente: F = Keq x Comparando (I) e (II). 1. Keq xeq = x Resolução: a) Temos.R. neste caso.0 cm (período T). b) 1. sendo que. Aplicando uma força de intensidade F na extremidade da associação. Por isso. calcule a frequência de suas oscilações. o que costumamos chamar de molas associadas “em série”. as molas de constantes elásticas K1 e K2 sofrem deformações respectivamente iguais a x1 e x2. sua frequência é o dobro da frequência do pêndulo. temos: x1 = F e x2 = F K1 K2 Introduzindo essas expressões em (III).4 Temos. sofre a mesma deformação que a associação.6 Hz 35 E. que executa um movimen- A constante elástica equivalente à associação corresponde à constante elástica de uma mola única. Determine a constante elástica equivalente às seguintes Keq = b) Agora. a força tensora vale F.8 Hz b) A frequência máxima corresponde ao caso em que o holofote lampeja toda vez que o pêndulo passa pela vertical. para ambas. passamos a ter um pêndulo de comprimento ‘ = 10. Como ‘ = . a) Sendo = 0. temos: F = Keq F + F K 1 K2 ou ⇒ 1 = 1 + 1 Keq K1 K2 K 1K 2 K1 + K2 f = 0. seu comprimento é: = 40. que. K1. temos o que chamamos de molas associadas “em paralelo”. 2 4 • O período de oscilação do sistema é TS: TS = T + T’ = T + T ⇒ 2 2 2 4 Resposta: 3T 4 34 (Unicamp-SP) Um pêndulo simples. então: (I) Na mola de constante K1: F = K1 x1 (II) Na mola de constante K2: F = K2 x2 Na mola equivalente: (III) F = Keq xeq = Keq(x1 + x2) De (I) e (II). Apliquemos uma força de intensidade F na extremidade da associação.4 m o comprimento do pêndulo. submetida à mesma força. 200 keq T 0. em função de x1. O gráfico descreve o deslocamento do corpo em função do tempo.0)2 + x2 = 25 (equação da trajetória. o período de oscilação do sistema mola-massa é T = 2π m . b) 50 N/m.200 0. temos. Nessa condição. as duas metades da mola estão associadas em paralelo.00 = 50 x ⇒ x = 0. A mola é cortada ao meio e o mesmo corpo é suspenso às duas metades por meio de uma haste H. c) Que tipo de movimento a partícula realiza e qual o período do movimento? 37 (EEM-SP) O bloco mostrado no esquema tem massa 0. Resolução: a) • Seja F a intensidade da força que causa na mola da figura 1 uma deformação x1: K1 = F x1 Cada metade dessa mola também está sujeita a uma força de inx tensidade F.040 m. 38 (Unifei-MG) Uma partícula se move em um plano.050 y (m) 0. Cada metade apresenta-se deformada elasticamente de x2. em que F = P = 2.100 m Figura 2 Determine: a) a constante elástica K2 do conjunto constituído pelas duas metades da mola.000 Figura 1 – 0.800 1.0 m a) x = R sen (ω t) ⇒ x2 = R2 sen2 (ω t) 2 sen2 (ω t) = x 2 (I) R y = R cos (ω t) + R ⇒ y – R = R cos (ω t) (y – R)2 = R2 cos2 (ω t) (y – R)2 cos2 (ω t) = (II) R2 2 2 Como sen (ω t) + cos (ω t) = 1. executa um movimento harmônico simples (MHS). a constante elástica de cada metade é dada por: F K’ = F = x = 2K1 x’ 1 2 • Na figura 2.150 0. em que keq é a conskeq tante elástica equivalente da associação das molas e m.400 s Então: 2 2 m T = 2π ⇒ keq = 4π 2m = 4π · 0.000 – 0.0 m. ficando em repouso (figura 2).000 0.100 0. após ser deslocado da sua posição de equilíbrio e solto. onde ω e R são iguais a π rad/s e 5. respectivamente. a) Esboce em seu caderno a trajetória da partícula posicionando-a em relação aos eixos Ox e Oy. de (I) e (II): (y – R)2 x2 + 2 = 1 ⇒ (y – R)2 + x2 = R2 R2 R (y – 5. deformada elasticamente de x1.4002 c) Temos: keq = 5π2 N/m 50 N/m F = keq x . em função de K1. mas se deforma x’ = 1 . c) deformação das molas na situação de equilíbrio. Resolução: ω = π rad/s R = 5. Resolução: a) Do gráfico: A = 0. Então: K2 = 2K1 + 2K1 ⇒ K2 = 4 K1 b) • Na figura1: x1 = F K1 x • Na figura 2: x2 = F = F ⇒ x2 = 1 4 K2 4K1 Respostas: a) K2 = 4 K1 .050 0.00 N 2. no SI) .150 t (s) H Despreze os efeitos de forças resistivas e determine a (g = 10 m/s2): a) amplitude do movimento. c) 0. b) a deformação x2.400 0.600 0. 2 Assim.100 m.200 kg e.040 m Respostas: a) 0. b) constante elástica equivalente da associação das molas. suspenso a uma mola de constante elástica K1.100 – 0.Tópico 1 – Movimento harmônico simples 155 36 A figura 1 representa um bloco em repouso. a massa do corpo. k k 0. b) x2 = x1 4 b) Do gráfico: T = 0. de massa desprezível. de modo que suas coordenadas de posição x e y variam em função do tempo t conforme as expressões x = R sen (ω t) e y = R cos (ω t) + R. b) Calcule os módulos da velocidade e da aceleração da partícula numa posição genérica da trajetória. c) Movimento circular e uniforme. de período dado por: ω = 2π ⇒ T = 2π = 2π ⇒ T = 2. y (m) 10 P v Resolução: 2 x = A cos ω t ⇒ cos2 ω t = x 2 A y2 y = B sen ω t ⇒ sen2 ω t = 2 B a) Se A = B ⇒ x2 + y2 = A2 2 y2 b) Se A ≠ B ⇒ x 2 + 2 = 1 A B 2 y2 ⇒ x2 + 2 = 1 A B (equação de uma circunferência) (equação de uma elipse) acp 5. b) 12. b) elipse 40 (ITA-SP) A equação x = 1. b) A B. também tem o mesmo 2 módulo v ou ω2 R em qualquer ponto da trajetória.2 = 0. a fita desloca-se 0. A fita desloca-se horizontalmente com velocidade constante de 0. temos: acp = ω2 R = π2 · 5.75 m O 0. Considerando que esses movimentos são descritos pelas equações x = A cos ω t e y = B sen ω t. com centro em x = 0 e y = 5. Como esses movimentos podem ser associados a um MCU que os gera por projeção.8 N/m K K 3π rad c) ϕ0 = 2 ω = 2πf = 2π · 0. o módulo v da velocidade da partícula é igual em qualquer ponto da trajetória.0 π m/s.1 m. por meio de um estilete preso ao corpo. movimentos harmônicos simples de mesma amplitude R e mesma pulsação ω.0 –5. y 0.0 sen (2. respectivamente. adotando π2 = 10. c) a equação horária do movimento do corpo.5 m: v = Δs ⇒ 0.0 m.0 ⇒ acp = 5.0 x (m) b) 5.0 m de raio. Nesse ponto.1 cos 0.0π m/s .0 π m/s A aceleração da partícula.2 m/s. sabendo que no instante t = 0 a elongação é nula e o corpo está subindo. Respostas: a) 0. determine a forma das trajetórias.0 s T ω π Respostas: a) y (m) 10 Determine: a) a frequência e a amplitude do movimento do corpo. Resolução: a) A = 0.2 m c) A partícula realiza um movimento circular e uniforme.4 ⇒ ω = 0. Então.8π t + 3 π (SI) 2 .4 Hz f= T 2.5 ⇒ Δt = T = 2. elétrons executam movimentos que são composições de dois movimentos harmônicos simples em direções perpendiculares. no ponto P indicado na figura anterior.5 = 2π 2 ⇒ K = 12.5 s Δt Δt 1 = 1 ⇒ f = 0. concluímos que o movimento circular da partícula é uniforme. podendo ser calculado.0 s 39 Num osciloscópio. b) a constante elástica da mola. de período igual a 2. vy = 0 e v = vx : máx v2 + x2 = 1 ⇒ ω2 A 2 A 2 elipse v = ω A = ω R = π · 5.5 b) T = 2π m ⇒ 2. a trajetória da partícula é uma circunferência de 5. 5. R Assim.0t) expressa a posição de uma 0 x (m) partícula em unidades do Sistema Internacional.0π2 m/s2 mento harmônico simples.0 ⇒ v = 5.8π t + 3π 2 (SI) 5.0 2 2 0 5. por exemplo. Qual seria a forma do gráfico v (velocidade) x (posição) dessa partícula? Resolução: Num MHS: v2 = ω2 (A2 – x2) ⇒ Resposta: Elipse 41 Um corpo com 2 kg de massa oscila verticalmente em movi- b) A partícula realiza.0 Respostas: a) circunferência.8π rad/s y = A cos (ωt + ϕ0) y = 0.4 Hz e 0. c) y = 0.156 PARTE II – ONDULATÓRIA Portanto. supondo: a) A = B. que é centrípeta.1 m Durante uma oscilação do corpo.8 N/m.1 cos 0. As posições ocupadas pelo corpo são registradas numa fita vertical de papel. tanto no eixo x quanto no eixo y. suspenso por uma mola helicoidal ideal. v0 t0 = 0 t1 t2 t3 t4 t5 t6 t7 –A – A 2 0 A 2 A x x x x x x x x v(t5) = π A t 7 – t3 2 amáx = π A t 7 – t3 Dados: δ é a constante de fase. ω é a frequência natural da oscilação.5 3 t (s) –1 A 2 Figura 2 a) Determine a função horária da elongação. é possível calcular algumas grandezas inerentes a esse tipo de movimento. 2 No triângulo destacado: A cos δ = 2 = 1 ⇒ δ = π rad 3 A 2 • Cálculo de ω: ω = 2π T Da figura. quanto vale a “área” destacada na figura 2? t0 = 0 –A 0 A 2 A x Em t0 = 0. y co mostrado na figura abaixo. que corresponde a meio período do MHS. como representa a figura 1. k e amáx. A força que atua no sistema é da forma F = –k x. ω. amáx é a aceleração máxima. conforme o gráfico apresentado na figura 2. indique a alternativa correta. No instante t = 0.Tópico 1 – Movimento harmônico simples 157 42 (UFC-CE) Um corpo de massa m executa o movimento periódi- • Cálculo de v(t5): v(t5) = vmáx = ω A ⇒ • Cálculo de amáx: amáx = ω2 A ⇒ Resposta: e 43 Um bloco suspenso por uma mola oscila verticalmente em movimento harmônico simples. temos: T = 3 s e vmáx = 1 m/s Como ω = 2π : ω = 2π rad/s 3 T Como vmáx = ω A: 1 = 2π A ⇒ A = 3 m 2π 3 • Determinação de ϕ0: 1a) Em t = 0. y = f(t). Das grandezas calculadas e apresentadas abaixo. temos: y = 0 e v 0 (bloco descendo) Então: ϕ0 = π rad 2 y A ϕ0 0 –A . observamos que o corpo realiza meia oscilação (meio ciclo) no intervalo Δt = t7 – t3. Δt = T = t7 – t3 ⇒ T = 2(t7 – t3) 2 ω= π Logo: ω = 2π ⇒ 2(t7 – t3) t 7 – t3 • Cálculo de k: k=mω2 ⇒ k=m π t 7 – t3 2 Resolução: a) y = A cos (ωt + ϕ0) • Cálculo de ω e A: Do gráfico. ele está passando pela sua posição de equilíbrio (y = 0). tais como: δ. v é a velocidade do corpo. a elongação é x = A e está diminuindo. 2 a) δ = 0 d) k = m A π t 7 – t3 2 π b) v(t5) = A e) amáx = A π 2 t7 – t3 t 7 – t3 c) ω = 2π t 7 – t3 Resolução: • Cálculo de δ (fase inicial): A Figura 1 0 v (m/s) 1 t0 = 0 0 1. b) Considerando π = 3. k é a constante elástica. Com base nos dados fornecidos e na figura. v. A velocidade escalar v desse bloco varia com o tempo t. desse movimento. b) o pêndulo 2 deve oscilar mais lentamente que o pêndulo 1. Assim: Keq = 2K TI = 2π TII = 2π m = 2π m 2K Keq ⇒ TI =2 TII 2π 2m TI K = TII m 2π 2K Resposta: 2 45 (ITA-SP) Dois pêndulos simples. 2n também é. ele oscila na figura I com período TI e na figura II com T período TII. g–a IV. é um número inteiro. obtemos: 8 1 2 = 2n Como n é inteiro. Constata-se que a cada 4 ciclos do primeiro a situação inicial é restabelecida identicamente. Sendo K a constante elástica de cada mola. De fato. a situação inicial de ambos se repete. e) apenas I.5. Determine I . É (são) correta(s): a) todas. Resolução: Se. uma vez que o comportamento do sistema seria o mesmo se as molas estivessem do mesmo lado do bloco.5n não será um número inteiro. são simultaneamente abandonados para pôr-se em oscilação. concluímos que nesse mesmo intervalo o pêndulo de comprimento 2 também realiza um número inteiro (n) de oscilações: 4T1 = n T2 4 · 2π 1 g = n 2π 2 g ⇒ 4 1 2 =n (I) Multiplicando a expressão I. Se o elevador mover-se com aceleração de módulo a dirigida para . por 2.158 PARTE II – ONDULATÓRIA vmáx 2 ) v = –ω A sen(ωt + ϕ0) Do gráfico. Portanto: b) A “área” pedida corresponde ao deslocamento escalar Δy desde um ponto de inversão. o pêndulo não oscilará. = 1. no intervalo de tempo em que o pêndulo de comprimento 1 realiza quatro oscilações. membro a membro. o período de oscilação será T = 2π Resolução: O período de oscilação do pêndulo é dado por: T = 2π gap cima. as molas estão associadas em série. do sentido do movimento (v = 0) até um ponto em que a velocidade escalar é máxima.5 m 2 2π 3 44 Duas molas iguais e um mesmo bloco participam das duas mon- tagens ilustradas nas figuras I e II: Figura I Figura II Se o bloco é afastado da posição de equilíbrio (molas relaxadas) e abandonado. TII Resolução: Na figura I. membro a membro. Se o elevador permanecer em repouso ou mover-se em movimento retilíneo e uniforme. podese afirmar que necessariamente: a) o pêndulo 2 deve oscilar mais rapidamente que o pêndulo 1. Note que 6 1 2 não é necessariamente inteiro. { y = 3 cos 2π t + π 2 2π 3 (SI) = 2m2 2. Se o elevador mover-se com aceleração de módulo a dirigida para .5 n Se n for ímpar. à amplitude A: “área” = A = 3 = 3 ⇒ 2π 2 · 3 “área” = 0.5 m Respostas: a) y = 3 cos 2π t + π (SI). . b) apenas II e III. o período de oscilação do pêndulo será T = 2π em que gap é o módulo da aceleração da gravidade aparente (em relação ao elevador). obteremos: 6 1 2 Atritos e influências do ar são desprezados. o período de oscilação do pêndulo será T = 2π g . c) apenas IV. o que nos leva à alternativa correta. se a expressão I for multiplicada. 1. por 1. temos que v = –1 m/s em t = 0: –1 = –1 sen ϕ0 ⇒ sen ϕ0 = 1 ⇒ ϕ0 = π rad 2 a c) 8 d) 6 e) m1 1 1 2 1 2 é um número inteiro. ou seja. como mostra a figura. Se o elevador estiver em queda livre. Sendo g o módulo do campo gravitacional no local. d) apenas I. g+a III. g II. respectivamente de massas m 1 e m2 e comprimentos 1 e 2. b) 0. temos: Keq = K 2 m = 2π 2m Keq K A montagem da figura II equivale a uma associação de molas em paralelo. baixo (a < g). II e III. analise as afirmações a seguir: I. Resposta: c 46 Um pêndulo simples de comprimento é preso ao teto de um elevador. Nessas condições. Suponha que um pequeno corpo de massa m seja abandonado a partir do repouso em uma das bocas de um túnel que atravessa totalmente o planeta.7 · 10–11 · 6. devemos aumentar o comprimento do pêndulo por meio da dilatação térmica. o corpo abandonado realizaria um movimento harmônico simples. L o comprimento do pêndulo a 0 °C e que o relógio permaneça ao pé da torre. II) Correta. III) Correta. b) Calcule o período desse movimento. Quando o elevador não apresenta aceleração em relação à Terra. se não houvesse qualquer dissipação de energia mecânica. temos: G µ 4 π x3 m 3 =Gµ 4 πmx Fg = 3 x2 M 4 πmx Fg = G 4 π R3 3 3 Fg = – G M3 m x (valor relativo ao eixo Ox) R K T’ = 2π L = 2π g’ L 2 g R 2 (R + h) (no alto da torre) Para que o período também seja T’ no pé da torre. Considerando R o raio da Terra. c) Ver demonstração 48 (ITA-SP) Um relógio de pêndulo. Nesse caso.14 ⇒ T m = 2π R3 GM GMm R3 (6. c) Mostre que o período obtido no item b é igual ao período do movimento do corpo de massa m em órbita circular rasante em torno da Terra (evidentemente.4 · 106)3 ⇒ 6. mesmo mantendo-se a temperatura constante. gap = g + a. gap = 0 e o pêndulo não oscila. ⇒ T = 2π R3 GM Respostas: a) Ver demonstração. cavado ao longo de seu eixo de rotação. então a temperatura para a qual se obtém o mesmo atraso é dada pela relação: (R + h)2 – LR c) e) 2R + h a) 2h αLR αR αR b) h(2R + h) αR2 d) R(2h + R) α(R + h)2 g‘ T’ Resolução: Resolução: a) m x h Torre M M‘ m Fg gT O R x g= GM R2 g’ = G M 2 (R + h) T = 2π L g ⇒ g’ = g R2 (R + h)2 (no pé da torre) Fg = G M’ m x2 Sendo µ a densidade da Terra. Elevando-se o relógio até o alto da torre.0 · 1024 85 min . G = 6. M = 6.0 · 1024 kg. observa-se um certo atraso.14. b) T = 2π m = 2π K T = 2 · 3. construído de um material de coeficiente de dilatação linear α. foi calibrado a uma temperatura de 0 °C para marcar 1 s exato ao pé de uma torre de altura h. gap = g – a. Nesse caso. o movimento do corpo é harmônico simples. temos gap = g.4 · 106 m. Para isso. use: R = 6. Nesse caso. Resposta: a 47 Considere a Terra uma esfera homogênea de raio R e massa M. aproximadamente. na ausência de atmosfera). b) 85 min.7 · 10–11 N m2kg–2 e π = 3. IV) Correta.Tópico 1 – Movimento harmônico simples 2 c) m ω2 R = G M2 m ⇒ 4π = G M ⇒ 2 T R3 R 159 I) Correta. elevando sua temperatura a um valor θ: T’ = 2π L (1 + αθ) g Igualando as duas expressões de T’. temos: L = 2π L (1 + αθ) g R2 (R + h)2 (R + h)2 = 1 + αθ ⇒ αθ = (R + h)2 – 1 R2 R2 2 + 2 2 αθ = R + 2Rh 2 h – R = h(2R 2+ h) R R h(2R + h) θ= αR2 2π g Resposta: b Fg = –K x Portanto. a) Mostre que. Resolução: a) Para registrar (correta ou incorretamente) 24 horas. razão pela qual a aceleração tem módulo g = 10 m/s2.64 s. o pêndulo tem de realizar um mesmo número n de oscilações: A 20 °C: (I) n τ20 = 24 h = 86 400 s A 30 °C: n τ30 = 24 h + 8.0002.0002 = 0 α = 2 · 10–5 °C–1 Respostas: a) 1. Despreze o atrito entre a prancha e a superfície em que se apoia. Resolução: a) = 1.64 s = 86 408. o automóvel passa a realizar um movimento harmônico simples em relação à superfície horizontal. seu período aumenta devido à dilatação da haste do pêndulo. Deterτ mine a relação entre os períodos τ30 a 30 °C e τ20 a 20 °C. determine: a) a amplitude do movimento do automóvel em relação à superfície horizontal. Determine a elongação em que o bloco perde contato com a plataforma.0002 0 = 0 1.0001 m v=0 L M g (1 + α 10) = 1. Use a aproximação: (1. 30 . em módulo: m v m = M vm carro prancha 0 m x =M L–x ⇒ x= ML Δt M+m Δt x A amplitude A é igual a . da extremidade B à extremidade A. ou seja. isto é. também em repouso. µ o coeficiente de atrito estático entre os pneus e a prancha e g a intensidade do campo gravitacional. assimilável a um ponto material. um automóvel de massa m. Na extremidade A dessa prancha. Considere L o comprimento da prancha. o relógio atrasa 8.0001. A B mente quando funciona à temperatura de 20 °C. encontra-se. Então: 2 A= ML 2 (M + m) –40 A plataforma passa a oscilar verticalmente em movimento harmônico simples de amplitude 40 cm e período 1 s. adotando g = 10 m/s2 e π2 = 10. a) Ao final de 24 horas operando a 30 °C.64 s (II) Dividindo (II) por (I). Nessas condições. b) 1 2 µ g (M + m) 2π 2 (M + m) ML . τ20 b) Determine o coef iciente de expansão térmica linear do material do qual é feita a haste do pêndulo. a única força atuante no bloco é o seu peso.0001 τ20 b) τ30 = τ20 2π g 2π 0 x = 25 cm A partir de certo instante. b) 2 · 10–5 °C–1 50 Um bloco está apoiado em uma plataforma horizontal inicialmenx v=0 L–x te em repouso na posição indicada na figura abaixo. (I) α = –ω2 x α = –10 m/s2 ω = 2π = 2π ⇒ ω = 2π rad/s T 1 b) A máxima intensidade da força no carro em MHS não pode exceder a intensidade da força de atrito de destaque: m ω2 A µ m g ⇒ 4π2 f2 A fmáx = 1 2π µg A µg 2 µ g (M + m) fmáx = 1 2π ML Respostas: a) M L . indo da extremidade A à extremidade B e. Nessa situação. temos. em marcha a ré. Resolução: O bloco perde contato com a plataforma quando a força de reação normal da plataforma sobre o bloco (Fn ) se anula.160 PARTE II – ONDULATÓRIA 49 (Unicamp-SP) Um relógio de pêndulo marca o tempo correta- Em (I): –10 = –40x ⇒ x = 1 m ⇒ 4 Resposta: 25 cm 51 Uma prancha de massa M está inicialmente em repouso sobre uma superfície horizontal. obtemos: τ30 = 1. x (cm) 40 Da conservação da quantidade de movimento do sistema carro-prancha.0001)2 = 1. para o ponteiro das horas completar duas voltas. Quando este relógio se encontra a uma temperatura de 30 °C. b) a máxima frequência que o movimento do automóvel pode ter. o gráfico da velocidade escalar do bloco em função do tempo.00 3. b) determinar o período de suas oscilações. sendo g a intensidade do campo gravitacional: a) o período de oscilação do sistema (T).75 0 0. o bloco de massa m precisa de uma força resultante F . Esse bloco é abandonado do repouso. Resolução: a) A energia potencial elástica armazenada inicialmente na mola A é igual à energia cinética do bloco no momento em que a abandona: 2 2 Ec = Ep ⇒ m v = k x 2 2 e v = π m/s 4. pede-se.0 s c) v (m/s) π 1.50 2.25 1. em uma folha à parte.25 t (s) Sinusoidal –π .75 3.00 3. Sobre esse bloco. presa em uma parede P e em um bloco de massa M em repouso. supondo que um bloco não se mova em relação ao outro. o período T de oscilação do bloco é dado por: T = Δt1 + Δt2 ⇒ T = 1. dado por: 2d v = Δt ⇒ π = 2π Δt2 2 Δt2 = 2. um ciclo das oscilações. numa superfície plana e horizontal S.50)2 ⇒ A M S Determine. µ b) a expressão do coeficiente de atrito estático (µ) entre os blocos para garantir que um deles não se mova em relação ao outro.25 1. abrangendo. as influências do ar são desprezadas.0v2 = 16π2 (0.0 T = 3. passando a oscilar em trajetória retilínea sobre o plano horizontal. as molas A e B têm massas Respostas: a) π m/s b) 3.75 0 0. ele realiza duas colisões contra os aparadores das molas. pelo menos.0 kg é comprimido contra o aparador da mola A. Afastando o bloco de massa M da posição de equilíbrio e liberando o sistema. Resolução: P m M S b) O intervalo de tempo que o bloco passa em contato com as molas em cada ciclo é Δt1 dado por: Δt1 = 2π m ⇒ Δt1 = 2π 4. de massa m. que sofre uma deformação de 50 cm.50 2.0 + 2.75 3.0 s O intervalo de tempo que o bloco passa em movimento retilíneo e uniforme entre duas colisões sucessivas é Δt2 . Um pequeno bloco rígido de massa igual a 4. o que não acarreta nenhuma dissipação de energia mecânica.25 t (s) Como F = Fat : e mkA M+m µmg ⇒ µ kA (M + m)g kA (M + m)g –π Sinusoidal Respostas: a) T = 2π M+m . c) traçar. 53 Na situação esquematizada na figura. ele passa a oscilar com amplitude A. desprezando atritos e influências do ar: a) calcular a máxima velocidade escalar atingida pelo bloco.25 1. b) µ k desprezíveis e constantes elásticas k = 16 π2 N/m. repousa um outro.0 s c) V (m/s) π a) O período de um oscilador massa-mola ideal é: T = 2π M+m k b) A máxima aceleração dos blocos é dada por: 2 4π2 A amáx = ω2 A = 4π A = = kA M+m T2 M+m 4π2 k Para poder ter essa aceleração. que é a força de atrito estático que ele recebe do bloco no qual está apoiado: F = m amáx = m k A M+m Fat µ Fn ⇒ Fat µ m g e e 1. Existe atrito entre os blocos. P A B m Supondo-se que a distância entre os aparadores na situação de relaxamento das molas é d = π m e admitindo-se positivo o sentido da esquerda para a direita.0 s Então.25 1.02 k 16π Δt1 = 1.Tópico 1 – Movimento harmônico simples 161 52 A figura a seguir representa uma mola ideal de constante elástica k. Em cada vaivém. mas se supõe a ausência de atrito na superfície S. Além disso. temos: m2 ⇒ T2 = 2π m 1 + m2 K m1 ⇒ T1 = T2 = 2π m 1 m2 K (m1 + m2) m 1 m2 K (m1 + m2) x 4.0 · 10–5 Δθ – 1 = 4. de constantes elásticas K1 e K2. passa a realizar um movimento harmônico simples vertical.2 °C Respostas: a) No centro de massa do sistema.0 s. Determine a razão ρL/ρC para que as posições de inversão do movimento sejam as representadas nas figuras 1 e 2. passou 1. em cada oscilação.0 s.0 s . Suponha desprezíveis o atrito e a resistência do ar. 1 2 indicada na figura 1. Portanto. a) Durante as oscilações. vem: m K m K K1 + 2 1 = K1K2 ⇒ K 1 + 2 = K2 m1 m1 m + m2 K2 = K 1 (III) m1 • Determine T2. x 120 x = 30 · 24 · 3 600 ⇒ • Tv – Ti = x ⇒ 2π 2π 2π 1. determine a diferença entre as temperaturas médias no verão e no inverno.. quando. com constante elástica equivalente igual a K (Keq = K): K K K = 1 2 ⇒ K (K1 + K2) = K1K2 (II) K1 + K2 • Substituindo (I) em (II).6 · 10–5 1 + 1.. o período das oscilações do pêndulo é Ti = 1. de constantes elásticas K1 e K2.. encontra-se uma cuba contendo um líquido de densidade ρL. No verão. um ponto da mola permanece em repouso.2 °C 9.0 s.0 · 10–5 °C–1) que. A mola está comprimida e os blocos não se movem. presos a uma mola ideal de constante elástica K. assimiláveis a pontos materiais. que é o atraso ocorrido em cada segundo real: • 1 mês = 30 · 24 · 3 600 s . Usando apenas argumentos conceituais. b) Determine o período das oscilações do sistema.0 v b) • Os períodos das oscilações dos blocos são iguais: m1 T1 = 2π K1 m K m m ⇒ 1 = 2 ⇒ K2 = 2 1 (I) m1 K1 K 2 m2 T2 = 2π K2 • As partes da mola.0 · 10 Δθ = 1.. 56 Um cilindro de densidade ρ é mantido em repouso na posição C Figura 1 Figura 2 Queimando o barbante. Sob o cilindro.000046 –5 Δθ Resposta: 9.0 s + x. Vamos calcular x. podem ser tratadas como duas molas em série.0 min = 120 s 1. PC Resposta: 2 . o cilindro. respectivamente. Resolução: a) A quantidade de movimento do sistema é constante e nula. porque um barbante está preso neles. diga onde esse ponto se encontra. o centro de massa desse sistema encontra-se em repouso: m1 K1 CM K2 m2 Desprezando-se a resistência do ar e a do líquido. na realidade. b) 2π repousam em uma superfície plana e horizontal. Assim. ao ser abandonado. o sistema passa a oscilar. o relógio registra a passagem de 1.162 PARTE II – ONDULATÓRIA 54 (Olimpíada Brasileira de Física) Um antigo relógio tipo carrilhão é acionado pelas oscilações de um pêndulo de aço (coeficiente de dilatação linear igual a 1. m1 m2 55 Dois blocos de massas m e m . realiza uma oscilação completa em 1. Resolução: No inverno.6 ·10–5 s g – 2π i i g =x (1 + αΔθ) – 2π i = x g g i g 1 + αΔθ – 1 = x 1 + 1. Resolução: Como acontece em todo MHS. com extremidades fixas em um ponto correspondente ao centro de massa do sistema. a posição de equilíbrio está no ponto médio da trajetória: ρL =2 E = Pc ⇒ ρL V g = ρc Vg ⇒ ρc 2 E V V 2 Tudo se passa como se os blocos de massas m1 e m2 oscilassem em molas distintas. por exemplo: m2 T2 = 2π (IV) K2 • Substituindo (III) em (IV). o relógio passa a atrasar porque o período aumenta. passando a valer Tv = Ti + x. no inverno. 2.0 min por mês. Sabendo-se que no verão esse relógio passa a atrasar o equivalente a 2.