INSTITUTO DE FÍSICA
Universidade Federal do Rio de Janeiro
Disciplina: FIW351 - Introdução Fis. Ondulatória
LICENCIATURA NOTURNA
P1 − 01/10/2014
2014.2
Q1: Um oscilador harmônico amortecido consiste de um bloco de massa m, uma certa mola de constante
elástica k e uma força amortecedora F = -bv. Inicialmente o bloco oscila com amplitude de A. Por causa do
amortecimento a amplitude reduz-se para três quartos deste valor inicial, após quatro ciclos completos.
Sendo conhecidos m, k e A, responda:
(a)(3,0 pts) Qual é o valor de b? (Sugestão, comece do início: escreva a equação de movimento a partir da 2ª
Lei de Newton; simplifique a notação m, k e b → ω0 e γ; ache a solução x(t) e, então, resolva justificando
qualquer aproximação feita)
(b)(1,0 pts) Qual é a quantidade de energia dissipada durante estes quatro ciclos?
Tabela da função Ln(x)
ɺɺ , onde F = −kx − bxɺ. Resulta em mxɺɺ = −kx − bxɺ.
SOLUÇÃO: a) Movimento em 1D: F = ma ⇒ Fî = mxî
2
b
k
Segue que ɺɺx + m xɺ + m x = ɺɺx + 2γxɺ + ω0 x = 0. Conforme o enunciado, o sistema oscila antes de sofrer uma
variação significativa da amplitude. Isso é indicativo de que estamos no regime subamortecido, ω0 >
γ, cuja solução é x(t ) = A0 e − γt cos(ω1t + φ), onde ω1 = ω02 − γ 2 . Portanto,
A(t ) = A0 e− γt : A(4τ1 ) = 34 A0 = A0 e −4 γτ1 ⇒ ln( 3 4) = −4 γτ1.
Assim, − 4 γτ1 ≈ −0,29 (conforme a tabela dada). Logo 4 γ
Segue que: 8πγ = 0, 29 ω02 − γ 2 ;
2π
ω02 −γ 2
γ 2 (82 π2 − 0,292 ) = 0,292 ω02 ;
= 0, 29.
como 82 π2 ≫ 0, 292 ,
2
temos que γ 2 ≈ 0,29
ω02 . Logo γ = 2bm = 0,29
8 π ω0 , o que resulta finalmente em:
82 π2
b=
0,29
4 π mω0
0,3
= 0,29
4 π km < 4×3 km =
0,1
km = 0,025 km
4
~
b) A energia E de um oscilador harmônico pode ser expressa tomando-se sua energia potencial U na
condição de extensão máxima, quando v =0. Assim, se sua amplitude é A, temos que E = ½kA2.
Então E (t =0) = E0 = ½ kA02 e E (t =4τ1) = ½ k(A0)2 =()2 E0. A energia dissipada durante ∆t = 4τ1
é E0 − E (t =4τ1) = (1− 9/16) E0 = (7/16)E
E0 ~ 0,44E
E0.
Q2: Um fio do material 1, de comprimento L1 = 12,0 cm, é conectado a um fio do material 2, de comprimento
L2 = 10 cm, e ambos são tensionados por um bloco de massa m = 10,0 kg conforme indicado na figura abaixo
2
(gravidade conhecida: g = 10 m/s ). Ondas transversais são induzidas nos dois fios usando-se uma fonte
externa de frequência variável. As densidades lineares de massa dos fios são µ1 = 1,0 g/cm e µ2 = 9,0 g/cm.
(a)(2,0 pts) Qual é a menor frequência de excitação em que ocorrem ondas estacionárias e em que a junção
dos fios é um nó na corda?
(b)(1,0 pt) Qual é o número total de nós observado nessa frequência, excluindo-se os nós nas duas
extremidades externas, na parede e na polia?
SOLUÇÃO: a) Modo de vibração de fio com extremidades fixas (nós nas extremidades):
2L
2L
λ
L = n 2 , n = 1, 2, ... Assim, para cada fio temos λ1n = n1 e λ 2 m = m2 , onde n e m são números naturais
1, 2, ...
Por sua vez sabemos que λf = v = Tµ .
n
Além disso, a freqüência nos dois fios é a mesma, pois eles conduzem uma onda excitada por uma
mesma fonte externa − fext = f1 = f2. (De fato, a frequência tem que ser a mesma para satisfazer a
condição de continuidade/contato na junção dos dois materiais: o lado esquerdo (material 1) tem
oscilar junto com o lado direito (material 2), portanto ambos oscilam com a mesma f ).
L µ
Segue então que f1n = f 2 m ⇒ λv1n1 = λv2m2 ou seja 2nL1 µT1 = 2mL µT2 . Portanto, chegamos a mn = L1 µ .
1
2
Substituindo os valores de L’s e µ’s, temos
n
m
=
12 1
10 9
=
4
10
=
2
2
2
5.
Finalmente, tomando o fio 1 como referência, a menor freqüência ocorrerá para n = 2. Assim
N
f = f12 = 22L1 µT1 = 2×12×210 m 10 100
. Com todos os valores numéricos estão no mesmo sistema de
kg/10 m
−2
−3
−2
unidades (MKS), não é mais necessário discriminar as unidades das grandezas e o resultado será em
Hz: f = 12×110 10010×10 = 12×110 103 = 1012 10 10 ≈ 1012 3,1 ≈ 250 Hz.
−2
−2
−3
2
3
−2
b) Seis: material 1 n = 2 e material 2 m = 5, conforme
indicado ao lado.
Q3:(3,0 pts) Uma onda sonora de comprimento de onda 40,0 cm
entra no tubo mostrado na figura abaixo. Qual deve ser o menor raio
r, de modo que um mínimo seja registrado pelo detector?
SOLUÇÃO: ao lado estão indicados os dois caminhos
x
relevantes. Na posição x = −r a onda incidente se divide em
0
duas, e em x = r essas duas ondas se combinam formando uma
única onda. Ao se somarem, há uma diferença de fase, entre as
duas ondas, correspondente à diferença de caminho: ∆θ = k∆r = 2π∆r/λ, onde ∆r = πr − 2r. Haverá
um mínimo quando ∆r =(n + ½) λ, n œ . Assim, satisfazendo às condições de menor raio e de
mínimo, temos
∆r = (π − 2)r = (n + 12 )λ e rmin ⇒ n = 0.
rmin =
1
2
λ
20 cm
=
≈ 18 cm.
π − 2 1,14