Exercıcios Resolvidos de Fısica Básica Contents

LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB
10 de Junho de 2013, às 14:14
Exercı́cios Resolvidos de Fı́sica Básica
Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı́sica teórica,
Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal da Paraı́ba (João Pessoa, Brasil)
Departamento de Fı́sica
Numeração conforme a SEXTA edição do “Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas
Contents
14
Capı́tulo 14 - OSCILAÇÕES
14.1
14.2
14.3
14.4
14.5
14.6
14.7
14.8
14.9
2
QUESTIONÁRIO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXERCÍCIOS E PROBLEMAS . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Movimento Harmônico Simples: A Lei de Força . . . . . . . .
Movimento Harmônico Simples: Considerações Sobre Energia
Um Oscilador Harmônico Simples Angular . . . . . . . . . . .
Pêndulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Movimento Harmônico Simples Amortecido . . . . . . . . . .
Oscilações Forçadas e Ressonância . . . . . . . . . . . . . . . .
Problemas adicionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para
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jasongallas @ yahoo.com
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2
2
2
5
6
7
8
8
9
(sem “br” no final...)
(listaq3.tex)
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14
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Capı́tulo 14 - OSCILAÇÕES
I Para pequenas amplitudes, o pêndulo é isócrono,
isto é, o perı́odo não depende da amplitude. Contudo,
quando as oscilações se dão a ângulos maiores, para
14.1 QUESTIONÁRIO
os quais a aproximação sen θ ≈ θ já não é válida, o
perı́odo torna-se uma função crescente de θo , o ângulo
2. Quando a massa m1 é suspensa de uma determi- de máximo afastamento da posição de equilı́brio. Uma
nada mola A e a massa menor m2 é suspensa da mola discussão interessante a esse respeito está feita no volB, as molas são distendidas da mesma distância. Se ume 2, capı́tulo 3 do Moysés Nussenzveig.
os sistemas forem colocados em movimento harmônico
simples vertical com a mesma amplitude, qual deles terá 11. Um pêndulo suspenso do teto de uma cabine de
mais energia?
elevador tem um perı́odo T quando o elevador está
parado. Como o perı́odo é afetado quando o elevador
I Da equação de equilı́brio para um corpo suspenso de move-se (a) para cima com velocidade constante, (b)
uma mola, mg = k ∆ y, concluimos que k1 > k2 . A para baixo com velocidade constante, (c) para baixo
kx2
energia do oscilador é E = 2m , portanto E1 > E2 .
com aceleração constante para cima, (d) para cima
com aceleração constante para cima, (e) para cima com
aceleração constante para baixo a > g, e (f) para baixo
4. Suponhamos que um sistema consiste em um
com aceleração constante para baixo a > g? (g) Em
bloco de massa desconhecida e uma mola de constante
qual caso, se ocorre em algum, o pêndulo oscila de
tambem desconhecida. Mostre como podemos prever o
cabeça para baixo?
perı́odo de oscilação deste sistema bloco-mola simplesmente medindo a extensão da mola produzida, quando
I
penduramos o bloco nela.
16. Um cantor, sustentando uma nota de freqüência
I No equilı́brio temos
mg
=
k
∆
y.
O
perı́odo
do
apropriada,
pode quebrar uma taça de cristal, se este for
p
m
oscilador é T = 2π m
,
onde
a
razão
desconhecida
de
boa
qualidade.
Isto não pode ser feito, se o cristal
k
k
∆y
for
de
baixa
qualidade.
Explique por quê, em termos da
pode ser substituı́da pela razão g .
constante de amortecimento do vidro.
5. Qualquer mola real tem massa. Se esta massa for I O cristal da taça é um sistema oscilante fortelevada em conta, explique qualitativamente como isto mente amortecido. Quando uma força externa oscilante
afetará o perı́odo de oscilação do sistema mola-massa.
é removida, as oscilações de pequena amplitude no
sistema diminuem rapidamente. Para uma força exI
terna oscilante cuja freqüência coincida com uma das
freqüências de ressonância da taça, a amplitude das
7. Que alterações você pode fazer num oscilador
oscilações é limitada pelo amortecimento. Mas, quando
harmônico para dobrar a velocidade máxima da massa
a amplitude máxima é atingida, o trabalho efetuado pela
oscilante?
força externa supera o amortecimento e a taça pode
então vir a romper-se.
I A velocidade máxima do oscilador é vm = ω xm . As
possibilidades de duplicar essa velocidade seriam (i) duplicando a amplitude xm , (ii) trocar a mola de constante
k por outra de constante 4k, (iii) trocar a massa m por
outra massa m/4. Claro, há inúmeras possibilidades de 14.2 EXERCÍCIOS E PROBLEMAS
0
alterar k e m tal que ω = 2ω.
14.3
Movimento Harmônico Simples: A
Lei de Força
10. Tente prever com argumentos qualitativos se o
perı́odo de um pêndulo irá aumentar ou diminuir,
quando sua amplitude for aumentada.
3E. Um bloco de 4, 00 kg está suspenso de uma certa
mola, estendendo-se a 16, 0 cm além de sua posição de
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repouso. (a) Qual é a constante da mola? (b) O bloco (c)
é removido e um corpo com 0, 500 kg é suspenso da
π
2
mesma mola. Se esta for então puxada e solta, qual o a(t = 2, 0) = −(3π) (6, 0)cos(6π+ ) = −266, 5 m/s2
3
perı́odo de oscilação?
(d)
π
19π
I (a) No equilı́brio, a força exercida pela mola é igual
fase = 6π + =
3
3
ao peso da massa. Então
(e)
ω
3π
mg
(4, 00)(9, 81)
f=
=
= 1, 5 Hz
k=
=
= 245 N/m
2π
2π
∆y
0.16
(f)
(b) O perı́odo será
T = f −1 = 0, 67 s.
r
r
m
0.500
T = 2π
= 2π
= 0, 28 s
20P. Um bloco de 2, 00 kg está suspenso de uma certa
k
245
mola. Se suspendermos um corpo de 300 g embaixo do
10E. Uma massa de 50, 0 g é presa à extremidade infe- bloco, a mola esticará mais 2, 00 cm. (a) Qual a conrior de uma mola vertical e colocada em vibração. Se a stante da mola? (b) Se removermos o corpo de 300 g e
velocidade máxima da massa é 15, 0 cm/s e o perı́odo o bloco for colocado em oscilação, ache o perı́odo do
0, 500 s, ache (a) a constante de elasticidade da mola, movimento.
(b) a amplitude do movimento e (c) a freqüência de
I (a) Para calcular a constante da mola usamos
oscilaçâo.
a condição de equilı́brio com a segunda massa, reI Aı́ temos um exercı́cio que é aplicação direta de sponsável pela deformação adicional da mola:
”fórmulas”:
0
0
m g = kx
(a)
2π
2π
(0, 300)(9, 81) = k(0, 02
ω=
=
= 12, 57 rad/s
T
0, 500
k = 150 N/m
k = ω 2 m = (12, 57)2 (0, 050) = 7, 90 N/m
(b) Calculada a constante da mola, vamos ao perı́odo:
(b)
ym
0, 15
vm
=
= 0, 012 m
=
ω
12, 57
r
T = 2π
(c)
r
f =T
−1
= 2, 0 Hz
T = 2π
m
k
2, 00
= 0, 73 s
150
16E. Um corpo oscila com movimento harmônico sim26P. Um bloco está numa superfı́cie horizontal (uma
ples de acordo com a equação
mesa oscilante), que se agita horizontalmente num
movimento harmônico simples com a freqüência de
x = (6, 0 m) cos [(3 π rad/s)t + π/3 rad].
2, 0 Hz. O coeficiente de atrito estático entre o bloco e
Em t = 2, 0 s, quais são (a) o deslocamento, (b) a ve- a superfı́cie é 0, 5. Qual pode ser a maior amplitude do
locidade, (c) a acelera ção e (d) a fase do movimento? MHS, para que o bloco não deslize sobre a superfı́cie?
Também, quais são (e) a freqüência e (f) o perı́odo do
movimento?
I A força responsável pela oscilação não deve exceder
a força máxima do atrito estático:
I (a)
kxm = µe mg
π
x(t = 2, 0) = (6, 0) cos (6π + ) = 3, 0m
3
ω 2 xm = µe g
(b)
v(t = 2, 0) = − (3π)(6, 0) sen (6π +
π
= − 49 m/s
3
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4π 2 f 2 xm = µe g
µe g
xm =
4π 2 f 2
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xm = 3, 10 cm
O sinal negativo indica que a massa está abaixo da
posição de equilı́brio, dirigindo-se para a posição de
30P. Certa mola sem massa está suspensa do teto com máximo afastamento, do ”lado negativo”.
objeto ligado à
um pequeno objeto preso à sua extremidade inferior. (c) Para determinar a massa do primeiro
0
2
mola,
usamos
a
relação
k
=
mω
,
tomando
ω = ω/2:
O objeto é mantido inicialmente em repouso, numa
posição yi tal que a mola não fique esticada. O objeto é
0
0
k = (m + m )ω 2
então liberado e oscila para cima e para baixo, sendo sua
2
0 ω
posição mais baixa 10 cm de yi . (a) Qual a freqüência
mω 2 = (m + m )
da oscilação? (b) Qual a velocidade do objeto quando
4
está 8, 0 cm abaixo da posição inicial? (c) Um objeto de
m = 0, 10 kg
massa de 300 g é ligado ao primeiro objeto; logo após,
(d) Quando as oscilações acontecem com ambos os obo sistema oscila com metade da freq’üência original.
jetos presos à mola, a posição de equilı́brio do sistema
Qual a massa do primeiro objeto? (d) Com relação a yi ,
passa a ser
onde é o novo ponto de equilı́brio (repouso) com ambos
00
0
0
0
os objetos presos à mola?
(m + m )g = (m + m )ω 2 y
00
4g
I (a) Os dados do problema sugerem o uso do princı́pio
y = 2 = 0, 20 m
ω
da conservação da energia. Colocamos o referencial
para a energia potencial gravitacional na posição mais
33P. Duas molas idênticas estão ligadas a um bloco de
baixa:
massa m e aos dois suportes mostrados na Fig. 14 − 27.
ky 2
mgy =
Mostre
que a freqüência da oscilação na superfı́cie sem
2
atrito
é
r
2g = ω 2 y
1
2k
f =
.
r
2π
m
2g
ω=
y
ω = 14 rad/s
I Qualquer deslocamento da massa produz um igual
∆x de distenção e compressão das molas, tal que a força
(b) Ainda trabalhando com a conservação da energia,
resultante atuando na massa é
mudamos o referencial agora para a posição a 8, 0 cm
abaixo de yi :
2k∆x = mω 2 ∆x
2k
m
r
1
2k
f=
2π m
0
0
mgy =
ky 2
mv 2
+
2
2
0
2gy − ω 2 y
0
2
ω2 =
= v2
v = 0, 56 m/s
35P. Duas molas são ligadas e conectadas a determinada
Também podemos chegar a este resultado pela equação massa m, como mostrado na Fig. 14 − 28. A superfı́cie
de movimento. A amplitude do MHS subseqüente é é sem atrito. Se ambas as molas tiverem uma constante
ym = 0, 05 m e tomando t = 0 quando a massa está de força k, mostre que a freq’üência da socilação de m
em yi , temos a constante de fase ϕ = 0:
é
r
1
k
f =
.
y(t) = ym cos ω t
2π 2m
− 0, 03 = 0, 05 cos ω t
cos ω t = 2, 2143 rad
Para a velocidade da massa,
v(t) = − ω ym sen ω t
v = (14)(0, 05)sen (2, 2143) = − 0, 56 m/s
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I Suponhamos que as molas tem constantes diferentes,
k1 e k2 . Qualquer deslocamento da massa produz a
deformação xt = x1 + x2 , que também podemos escrever como
xt = F (
1
1
F
+ )=
k1
k2
kequivalente
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1
kequivalente
=
k1 + k2
k1 k2
Para a freqüência teremos então
s
1
k1 k2
f=
)m
2π
(k1 + k2
Considerando as molas iguais, com k1 = k2 = k, vem
r
1
k
f=
2π 2m
.
14.4
Movimento Harmônico Simples:
Considerações Sobre Energia
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46P. Uma partı́cula de 3, 0 kg está em movimento
harmônico simples em uma dimensão e move-se de
acordo com a equação
x = (5, 0 m) cos [(π/3 rad/s)t − π/4 rad].
(a) Em qual valor de x a energia potencial da partı́cula
é igual à metade da energia total? (b) Quanto tempo
leva para que a partı́cula mova-se para esta posição x, a
partir do ponto de equilı́brio?
I
50P*. Um cilindro sólido está ligado a uma mola horizontal sem massa de forma que ele possa rolar, sem
deslizamento, sobre uma superfı́cie horizontal (Fig. 1432). A constante da mola k é 3, 0 N/m. Se o sistema for liberado de uma posição de repouso em que
a mola esteja estendida de 0, 25 m, ache (a) a energia
cinética translacional e (b) a energia cinética rotacional
do cilindro quando ele passa pela posição de equilı́brio.
(c) Mostre que nessas condições o centro de massa do
cilindro executa um movimento harmônico simples com
perı́odo
r
3M
T = 2π
,
2k
42E. Um objeto de 5, 00 kg numa superfı́cie horizontal sem atrito é ligado a uma mola com constante 1000
N/m. O objeto é deslocado 50, 0 cm horizontalmente
e empurrado a uma velocidade inicial de 10, 0 m/s, na
direção do ponto de equilı́brio. (a) Qual a freqüência do
movimento? Quais são (b) a energia potencial inicial do
sistema bloco-mola, (c) a energia cinética inicial e (d) a
onde M é a massa do cilindro. (Sugestão: Ache
amplitude da oscilação?
a derivada da energia mecânica total em relação ao
tempo.)
I (a) A freqüência do movimento é
f=
ω
= 2, 25 Hz
2π
(b) A energia potencial inicial é
U0 =
k∆x2
2
E=
U0 = (0, 50)(1000)(0, 5)2 = 125 J
(c) A energia cinética inicial é
K0 =
I A energia mecânica total do oscilador é E = 12 kx2m .
Com os dados fornecidos, obtemos E = 0, 10 J. Na
posição de equilı́brio, a energia total é só cinética
Como o cilindro rola sem escorregar, v = ωR e a energia cinética rotacional pode ser expressa em termos da
velocidade linear v:
mv02
2
E=
E = U0 + K0 =
1
1 1
M v2 + ( M v2 )
2
2 2
A energia cinética de rotação vale a metade da energia
cinética de translação. Portanto, (a)
kx2m
2
xm = 0, 87 m
1
1 1
v
M v 2 + ( M R2 )( )2
2
2 2
R
E=
K0 = (0, 5)(5, 0)(10, 0)2 = 250 J
(d) Com a conservação da energia temos
1
1
M v 2 + Iω 2 .
2
2
Ktranslação = 0, 067 J
(b)
Krotação = 0, 033 J.
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(c) Seguindo a sugestão do enunciado, a energia
mecânica total do oscilador é
E=
E=
1
1
1
M v 2 + Iω 2 + kx2
2
2
2
1 1
v
1
1
M v 2 + ( M R2 )( )2 + kx2
2
2 2
R
2
3
1
E = M v 2 + kx2
4
2
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14.5
Um Oscilador Harmônico Simples
Angular
52P. Uma esfera sólida de 95 kg com um raio de 15 cm
é suspensa de um fio vertical preso ao teto de uma sala.
Um torque de 0, 20 N.m é necessário para girar a esfera
de um ângulo de 0, 85 rad. Qual o perı́odo da oscilação,
quando a esfera é liberada desta posição?
I O momento de inércia da esfera sólida é
Como a energia mecânica total é constante, dE
dt =
2
0. Usando nas duas parcelas do lado direito da
I = M R2 = 0, 855 kg.m2
equação acima as relações para a posição, velocidade
5
e aceleração do MHS, obtemos
A constante de torção do fio é
0=
dv
dx
3
Mv
+ kx
2
dt
dt
κ=
τ
= 5, 03 N.m/rad
θ
O perı́odo das oscilações então é
r
3
I
0 = M (−ωxm senωt)(−ω 2 xm cosωt)+kxm cosωt(−ωxm senωt)
= 2, 59 s
T = 2π
2
κ
Após as devidas simplificações, resulta
54P. A roda de balanço de um relógio oscila com uma
amplitude angular de π rad e um perı́odo de 0, 50 s.
Ache (a) a velocidade angular máxima da roda, (b) a
velocidade angular da roda quando seu deslocamento é
Outra forma de se chegar ao perı́odo pedido é ”conde π/2 rad e (c) a aceleração angular da roda, quando
struindo” a equação diferencial que descreve o MHS.
seu deslocamento é de π/4 rad.
A força resultante atuando é
2k
ω =
3M
2
M
d2 x
= − kx − fatrito
dt2
I (a) Assumimos, claro, que o movimento oscilatório
inicia na posição de máximo deslocamento angular, de
modo que a constante de fase φ = 0:
A segunda na lei na forma angular fornece a força de
atrito estático
1
1 d2 x
Rfatrito = Iα = ( M R2 )( ) 2
2
R dt
ωmáx. = ω θm = 4π 2 rad/s
(b)
θ(t) = θm cos ωt
π
= π cos 4πt
1
d2 x
2
fatrito = M 2
π
2
dt
4πt = rad
3
Levando este resultado para a equação da força resulLevamos este resultado para a equação da velocidade do
tante, vem
MHSA:
1
d2 x
ω(t) = − ω 2 θm sen ωt
(M + M ) 2 + kx = 0
2
dt
ω = − 4π 2 sen0, 5 = − 3, 45 π 2 rad/s
d2 x
2k
(c) Na equação para a aceleração angular, quando
+
x=0
θ(t) = π4 rad, temos
dt2
3M
Na segunda parcela da equação acima, a quantidade
α(t) = − ω 2 θm cos ωt
multiplicando x é igual a ω 2 , levando ao perı́odo do
MHS do cilindro.
α(t) = − 4π 3 rad/s2 .
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14.6
10 de Junho de 2013, às 14:14
Pêndulos
velocidade constante v, em um cı́rculo de raio R. Se
o pêndulo executa pequenas oscilações numa direção
radial em torno da sua posição de equilı́brio, qual será a
64E. Um pêndulo fı́sico consiste em um disco sólido
sua freqüência de oscilação?
uniforme (de massa M e raio R), suportado num plano
vertical por um eixo localizado a uma distância d do
I Além da força gravitacional, o pêndulo está sob
centro do disco (Fig. 14-35). O disco é deslocado de
a ação da força centrı́peta do movimento circular unium pequeno ângulo e liberado. Ache uma expressão
forme. Sua aceleração efetiva vale então aefetiva =
para o perı́odo do movimento harmônico simples resul- q
v4
A força restauradora do MHS é F =
g2 + R
tante.
2.
− maefetiva senθ. Para pequenas oscilações, sen θ ≈ θ
I Usamos aqui diretamente a equação para o perı́odo e fazendo θ = Ls , podemos escrever a equação do MHS
do pêndulo fı́sico, mas antes precisamos aplicar o teo- para a variaável s
rema dos eixos paralelos para ter o momento de inércia
p
do eixo de rotação passando pelo ponto se suspensão do
g 2 + v 4 /R2
d2 s
+
s = 0,
disco:
dt2
L
1
onde
I = Icm + md2 = M R2 + md2
p
2
g 2 + v 4 /R2
2
ω =(
)
A expresão para o perı́odo então é
L
s
nos leva à freqüência f = 2π
R2 + 2d2
ω .
T = 2π
2gd
75P. Uma haste longa e uniforme de comprimento L e
massa m gira livremente no plano horizontal em torno
69P. Uma haste com comprimento L oscila como um
de um eixo vertical, através do seu centro. Uma deterpêndulo fı́sico, com eixo no ponto O na Fig. 14-37. (a)
minada mola com constante de força k é ligada horizonDeduza uma expressão para o perı́odo do pêndulo em
talmente entre uma extremidade da haste e uma parede
termos de L e x, a distância do ponto de suspensão ao
fixa, como mostra a Fig. 14-38. Quando a haste está
centro de massa do pêndulo. (b) Para qual valor de x/L
em equilı́brio, fica paralela à parede. Qual o perı́odo
o perı́odo é mı́nimo? (c) Mostre que, se L = 1, 00 m e
das
pequenas oscilaçãoes que resultam, quando a haste
g = 9, 80 m/s2 , este mı́nimo é 1, 53 s.
é ligeiramente girada e liberada?
I (a) Repetimos aqui o problema anterior; com a
I A mola exerce um torque restaurador sobre a barra
aplicação do teorema dos eixos paralelos para obter o
dado por
momento de inércia, temos para o perı́odo:
s
L
L
L
τ = − kx = − k( θ)
L2 + 12x2
2
2
2
T = 2π
12gx
2
Da segunda lei angular, τ = I α, com I = mL
12 , es(b) Precisamos agora derivar a expressão do perı́odo em
crevemos a equação para o MHS da barra
relação à variável x e fazendo a derivada igual a zero,
obtemos
d2 θ kL2
24x2 = L2 + 12x2
θ = 0,
I 2 +
dt
4
r
1
x
=
= 0, 289
na qual identificamos ω 2 = 3k
L
12
m , do que resulta o perı́odo
(c) Aplicando este valor obtido, x = 0, 289L, e os
r
m
demais dados na expressão do perı́odo encontramos o
T = 2π
.
valor Tmı́n. = 1, 53 s.
3k
72P. Um pêndulo simples de comprimento L e massa
m está suspenso em um carro que está viajando a uma
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14.7
Movimento
Amortecido
Harmônico
10 de Junho de 2013, às 14:14
Simples 14.8
83P. Um oscilador harmônico amortecido consiste em
um bloco (m = 2, 00 kg), uma mola (k = 10, 0 N/m) e
uma força de amortecimento F = − bv. Inicialmente,
ele oscila com uma amplitude de 25, 0 cm; devido ao
amortecimento, a amplitude é reduzida para três quartos do seu valor inicial, quando são completadas quatro
oscilações. (a) Qual o valor de b? (b) Quanta energia foi
”perdida” durante essas oscilações?
q
k
, da equação para a posição
I Considerando b << m
obtemos
4bT
3
xm = xm e− 2m
4
p
Como b é suposto pequeno, T = 2π m
k = 2, 81 s que,
levado à equação anterior, fornece o valor de b = 0, 102
kg/s.
(b) A energia inicial do oscilador é Eo = 21 kx2m =
0, 313 J. Para t = 4T , teremos
−
E(4T ) = Eo e
4bT
m
= 0, 176 J
Oscilações Forçadas e Ressonância
87P. Um carro de 2200 libras, transportando quatro pessoas de 180 libras, viaja em uma estrada de terra coberta
de pequenas ondulações (costelas), com saliências separadas de 13 pés. O carro balança com amplitude máxima
quando sua velocidade é de 10 milhas/h. O carro então
pára e os quatro passageiros desembarcam. Quanto
sobe a carroceria do carro em sua suspensão devido ao
decréscimo de peso?
I Vamos resolver o problema em unidades SI. A massa
total é
mtotal = mcarro + mpassageiros
mtotal = 998 + (4)(81, 65) = 1324, 50 kg
A amplitude máxima ocorre quando v = 4, 47 m/s. Para
a distância entre as costelas temos x = 3, 96 m. Agora
podemos calcular o perı́odo
Descontando esse valor da energia inicial, teremos a energia perdida pelo amortecimento, que é 0, 137 J.
T =
85P. Considere que você está examinando as caracterı́sticas do sistema de suspensão de um automóvel de
2000 kg. A suspensão ”cede” 10 cm, quando o peso
do automóvel inteiro é colocado sobre ela. Além disso,
a amplitude da oscilação diminui 50 % durante uma
oscilação completa. Estime os valores de k e b para
o sistema de mola e amortecedor em uma roda, considerando que cada uma suporta 500 kg.
I Escrevendo a condição de equilı́brio para cada uma
das rodas, temos
A freqüência angular é ω = 2π
= 7, 09 rsd/s e
T
a constante elástica do sistema de suspensão é k =
mtotal ω 2 = 66580 N/m. Com os passageiros a bordo, a
deformação da suspensão é
y1 =
mtotal g
1324, 5 × 9, 81
=
= 0, 195 m
k
66580
Sem os passageiros, a deformação é
(500)(9, 81) = k(0, 10)
k = 4, 905 × 104 N/m
3, 96
x
= 0, 886s
=
vmáx.
4, 47
y2 =
mcarro g
998 × 9, 81
=
= 0, 147 m
k
66580
Pressupondo
um pequeno valor para b, tomamos ω =
q
2π
k
O quanto a carroceria sobe após o desembarque dos pasm = 9, 905 rad/s e o perı́odo T = ω = 0, 63 s e
sageiros, calculamos pela diferença
levamos estes resultados para a equação da posição do
movimento amortecido:
y1 − y2 = 0, 048 m
bT
0, 50xm = xm e− 2m
Tomando o logaritmo natural dos dois lados da equação Convertendo as unidades para confirmar o resultado,
chegamos ao valor da constante de amortecimento
0, 048 m correspondem às 1, 90 polegadas nas respostas
do livro.
b = 1100 kg/s
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14.9
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Problemas adicionais
91. Um pêndulo fı́sico consiste em duas hastes com um
metro de comprimento que são ligadas como mostra a
88. Um oscilador harmônico simples consiste em um Fig. 14-44. Qual o perı́odo de oscilação com um eixo
bloco ligado a uma mola de constante k = 200 N/m. inserido no ponto A?
O bloco desliza para frente e para trás ao longo de uma
linha reta, numa superfı́cie sem atrito, com ponto de I Precisamos primeiro determinar a posição do centro
equilı́brio em x = 0 e amplitude 0, 20 m. Um gráfico de massa das duas hastes. Do capı́tulo 9 sabemos que
da velocidade v do bloco como uma função do tempo t
é mostrado na Fig. 14-42. Quais são (a) o perı́odo do
L
m(0) + m(− L/2)
=− ,
ycm =
movimento harmônico simples, (b) a massa do bloco,
2m
4
(c) o deslocamento do bloco em t = 0, (d) a aceleração
do bloco em t = 0, 10 s e (e) a energia cinética máxima onde L e m são, respectivamente, o comprimento e a
massa de cada uma das hastes. A origem do sistema de
alcançada pelo bloco.
referência está colocado no ponto A. Então, o centro
I (a) Basta observar o gráfico para obter o perı́odo: de massa do sistema formado pelas duas hastes está à
distância L/4 abaixo do ponto A. Portanto, aı́ temos a
T = 0, 20 s.
2
(b) A massa do bloco calculamos pela relação k = mω , distância ”d” do centro de massa do pêndulo ao ponto
de suspensão. O momento de inércia do sistema é
200
k
=
= 0, 20 kg
m=
2π/T
10π 2
I = I1 + I2
(c) O deslocamento do bloco em t = 0 é
x(0) = xm = 0, 20 m
(d) Para a aceleração em t = 0, 10 s,
2
a(t = 0, 10) = − (100π )(0, 20) cos π = 197, 40 m/s2
(e) A energia cinética máxima alcançada pelo bloco é
Km =
I=
1
5
1
mL2 +
mL2 =
mL2
3
12
12
Levando os valores de I e d para a expressão do perı́odo,
teremos
s
T = 2π
5L
= 2, 59 s.
3g
1
2
mvm
= 3, 95 J
2
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