PARTE I: MOVIMENTO OSCILATÓRIO
U
UN
NIID
DA
AD
DEE 0011:: M
MH
HSS
Prof. Paulo Sizuo Waki
O
OB
BJJEETTIIVVO
OSS::
Ao final desta unidade espera-se que os alunos sejam capazes de:
(a) conceituar os tipos de forças que provocam movimentos oscilatórios;
(b) identificar e resolver problemas de movimento harmônico simples;
(c) descrever o movimento resultante da superposição de dois ou mais MHS.
LLEEIITTU
UR
RA
AR
REEC
CO
OM
MEEN
ND
DA
AD
DA
A::
Para uma melhor compreensão deste assunto, o aluno deverá ler o(s) seguinte(s) livro(s):
(a) FÍSICA - R.Resnick & D.Halliday - Vol.2 - 4a Edição; Cap.15 - pág. 01 a 22.
(b) CURSO DE FÍSICA BÁSICA – H.M.Nussenzveig – Vol.2 – 2a Ed.; Cap. 3 – pág. 67 a 114.
B
BR
REEVVEE R
REESSU
UM
MO
OD
DA
A TTEEO
OR
RIIA
A::
1. INTRODUÇÃO
Existem na natureza diversos movimentos que ocorrem sob a ação de forças restauradoras,
que procuram levar o corpo até uma certa posição de equilíbrio. Fazem parte deste grupo a
força exercida por uma mola (comprimida ou esticada), a força da gravidade no caso do
movimento pendular, a força sobre um corpo que oscila no fundo de um "vale", etc...
Embora estas forças todas tenham expressões matemáticas diversas, em muitos casos
podemos proceder a uma aproximação de primeira ordem, obtendo uma força que é
diretamente proporcional ao deslocamento do corpo em relação ao ponto de equilíbrio.
1.a) Movimento de um corpo preso a uma mola (horizontal)
Na figura (A) temos o corpo na posição de
equilíbrio e a mola não exerce força sobre o
mesmo.
(A)
x
x=0
F
(B)
x(t) negativo
x
x(t) positivo
Em (C) o deslocamento x(t) se deu no sentido
de x positivo, e a força será no sentido negativo
do eixo x.
A força exercida pela mola será:
F
(C)
Em (B) o corpo foi deslocado de x(t) em relação
à posição de equilíbrio [x(t) negativo] e a força
exercida pela mola é no sentido positivo do eixo
x.
r
F ( t ) = − kx ( t ) x$
x
onde k é uma constante que caracteriza a mola
(constante elástica da mola)
2. MOVIMENTO HARMÔNICO SIMPLES (MHS)
Se a força elástica for a única que atua no corpo (eventualmente se houver outras forças, estas
devem se anular), então o corpo irá executar um movimento harmônico simples.
Paulo Waki
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16/1/2010
Pela 2a Lei de Newton, teremos:
r
r
F ( t ) = − kx ( t ) x$ ( t ) = ma
r
k
∴ a ( t ) = − x ( t ) x$
m
r
Por outro lado, podemos escrever a ( t ) = a ( t ) x$ , pois o movimento é ao longo de uma linha
reta. Teremos assim:
k
a ( t ) x$ = − x ( t ) x$
m
k
x(t )
m
d 2x(t )
Lembrando que: a ( t ) =
, obtemos a equação diferencial:
dt 2
d 2x(t )
k
= − x(t )
m
dt 2
Finalmente:
a(t ) = −
que pode ser resolvida facilmente, chegando-se a duas soluções possíveis:
(
x(t ) = A sen (
x(t ) = A cos
k
k
m
t + φ0
m
t + φ0
)
)
sendo A e φ0 duas constantes que dependem das condições iniciais do problema.
Iremos adotar a forma em seno para descrever x(t), de forma que teremos:
x(t ) = A sen(ω .t + φ0 )
onde: A é a amplitude máxima da oscilação;
φ0 é a fase inicial da oscilação (posição do corpo em t=0 s)
ω = k m é a pulsação (ou freqüência angular)
Adotando a origem do sistema de coordenadas na posição de equilíbrio, teremos:
r
r
r ( t ) = x ( t ) x$
(t ) = A sen (ωt + φ0 )xˆ
r
r
r
r
dr
(
t
)
⇒ v (t ) = ωA cos(ωt + φ0 )xˆ
v (t ) =
dt
r
r
r
a (t ) = −ω 2 A sen (ωt + φ0 )xˆ
a ( t ) = dv ( t ) dt
Observações:
(1)O movimento harmônico simples pode ser gerado por outros mecanismos, além da
mola. Para que tenhamos o MHS, basta que a força resultante possa ser colocada da
forma:
r
F ( t ) = − kx ( t ) x$
(2)As forças elásticas são conservativas, donde podemos definir uma energia potencial:
2
1
k x(t ) .
2
2
1
Lembrando que a energia cinética é: Ec ( t ) = m v ( t ) teremos:
2
1
E = E p ( t ) + Ec ( t ) = kA 2
2
Ep (t ) =
que é constante ao longo do tempo.
Paulo Waki
Página 2
16/1/2010
(3)Temos as seguintes relações entre o período e a frequência do
T=
2π
ω
e
1
ω
onde ω = k
f = =
m
T 2π
MHS:
3. PÊNDULO SIMPLES
O pêndulo simples é um corpo ideal que consiste de uma massa puntiforme m suspensa por
um fio inextensível de comprimento L e massa desprezível. Quando afastado de sua posição
de equilíbrio e largado, o pêndulo irá oscilar em um plano vertical sob a ação da gravidade. O
movimento será periódico e oscilatório. Pode-se demonstrar que, se a amplitude de oscilação
for bastante pequena (amplitude<<L), o movimento resultante será um MHS.
O componente tangencial de mg constitui
restauradora que atua em m e faz o corpo oscilar.
a
força
F = −mg sen θ
θ
L
T
x
x=0
mgsenθ
mgcosθ
mg
O sinal negativo significa que a força para a posição de
equilíbrio (x = 0). Essa força é proporcional ao senθ e, em
princípio, o movimento resultante não seria harmônico. No
entanto, se o ângulo θ for pequeno, então: sen θ ≈ θ (medido
em radianos).
O deslocamento ao longo do arco é: x = Lθ
Donde: F = −mgθ = −mg
A quantidade
x
mg
=−
x
L
L
mg
é constante e podemos associar a k e:
L
F = − kx
O período de oscilação do pêndulo será:
T = 2π
L
m
m
Ö T = 2π
= 2π
g
k
mg / L
3.a) Pêndulo de Torção
Se a torção for pequena, verifica-se que o torque restaurador
é proporcional à torção ou deslocamento angular (Lei de
Hooke).
τ = −κ .θ
κ é chamado módulo de torção.
Haverá um movimento harmônico simples angular.
κ
d 2θ (t )
= − θ (t )
2
dt
I
I é o momento de inércia do corpo.
θ (t ) = θ m sen (ω .t + φ0 )
T = 2π
Paulo Waki
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I
κ
16/1/2010
3. SUPERPOSIÇÃO DE DOIS MHS DE MESMA DIREÇÃO
Quando duas molas atuam simultaneamente sobre um corpo, teremos a superposição dos
efeitos causados por cada um deles separadamente. Podemos destacar três casos mais
interessantes:
(a)Superposição de dois MHS de mesma direção, freqüências iguais, mas com amplitudes e
fases diferentes.
r
r1 ( t ) = A1 sen( ωt + φ 1 ) x$
r
r2 ( t ) = A2 sen( ωt + φ 2 ) x$
O movimento resultante será também um MHS:
r
r
r
r (t ) = r1 (t ) + r2 (t ) = A sen( ωt + φ ) x$
sendo:
A=
A12 + A22 + 2 A1 A2 cos( φ 2 − φ 1 )
⎡ A1 sen φ 1 + A2 sen φ 2 ⎤
⎥
⎣ A1 cos φ 1 + A2 cos φ 2 ⎦
φ = arctg⎢
(b)Superposição de dois MHS de mesma direção, fases iguais, mas de frequências e
amplitudes diferentes.
Fazendo φ1 = φ2 = 0 para facilitar os cálculos, teremos:
r
r1 (t ) = A1 sen( ω1t ) x$
r
r2 (t ) = A2 sen( ω1t ) x$
O movimento resultante será ainda oscilatório, mas não um MHS, pois a amplitude irá variar
com o tempo:
A=
A12 + A22 + 2 A1 A2 cos( ω1 − ω2 ) t
Dizemos neste caso qua as amplitudes são moduladas. Se A1 = A2 , teremos:
⎛ ω − ω2 ⎞
⎟t
x (t ) = A(t ) sen⎜ 1
⎝ 2 ⎠
onde:
⎛ ω − ω2 ⎞
⎟t
A(t ) = 2 A1 cos⎜ 1
⎝ 2 ⎠
(c) Superposição de dois MHS que ocorrem em direções perpendiculares (x e y)
r
r1 ( t ) = A1 sen( ω1t + φ 1 ) x$
r
r2 ( t ) = A2 sen( ω2 t + φ 2 ) y$
A trajetória resultante estará contida no plano xy e a sua forma dependerá da razão ω 2
(
)
ω1 e
da diferença de fases φ 2 − φ 1 , formando as conhecidas figuras de Lissajous.
EEXXEER
RC
CÍÍC
CIIO
OSS R
REESSO
OLLVVIID
DO
OSS::
1) Um bloco está sobre um pistão que executa um MHS na vertical, com período de 1,0 s. (a)
Para que amplitude do movimento o bloco se separa do pistão? (b) Se o MHS tiver amplitude
de 5,0 cm, qual a freqüência máxima para que o bloco e o pistão permaneçam em contato
continuamente?
Paulo Waki
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16/1/2010
m
g
Dados: T = 1,0 s ; M = massa do pistão
(a) A separação entre os blocos, se ocorrer, será no ponto mais alto
da oscilação. Neste ponto, a elongação da mola será Δx = A onde A
é a amplitude máxima de oscilação.
Neste ponto, o corpo de massa M (preso à mola) será acelerado para
baixo com força:
F = −kA = Ma (01)
M
k
Onde a é a aceleração do corpo M.
Observe-se que, apesar do peso do corpo M estar agindo neste momento sobre o mesmo, o
efeito final da geometria do sistema faz com que somente a força da mola contribua para a
resultante. (Pense a respeito, uma dica para entender o que se passa está na resolução do
problema 06 dessa unidade).
Da equação (01) obtemos a expressão da aceleração com que o corpo M é puxado para baixo:
a = −k
A
(02)
M
Já o corpo de massa m, que não está preso à mola, será puxado para baixo somente pela
ação da gravidade, donde a sua aceleração será g.
A condição para que os corpos se separem será que o corpo M seja puxado para baixo com
aceleração maior que o corpo m.
a> g
O limiar de separação, ou seja, a amplitude máxima de oscilação onde ainda não ocorreu a
separação, mas, se houver um pequeno aumento, haverá a separação, será:
A
Mg
=g Ö A=
(03)
M
k
4π 2 M
2
(04)
Como não foi dado o valor de k, precisamos obtê-lo: k = Mω =
T2
gT 2
A
=
= 0,56m (05)
Finalmente, de (03) e (04) chegamos a:
4π 2
a = g ⇒k
b) Da solução do item anterior (05) obtemos: A =
Por outro lado: f MAX =
1
1
⇒ f MAX =
T
2π
g
A
Ö
gT 2
A
⇒ T = 2π
2
g
4π
f MAX = 2,25Hz
2) Devido a falhas técnicas, um míssil Tomahawk de 1,0 toneladas cai verticalmente, sem
explodir, sobre uma fortaleza flutuante dos iraquianos, que se encontra em repouso no meio do
rio Eufrates. O míssil fica encravado na fortaleza de 19 toneladas, que passa a oscilar em
movimento harmônico simples de amplitude A = 3,0 m e período T = 2,0 s. Supondo que todas
as forças de atrito possam ser desprezadas, determine:
a) A velocidade do míssil no momento em que atinge a fortaleza.
b) A equação horária do movimento da fortaleza.
Solução:
Dados: m = 1,0.103 kg; M = 1,9.104 kg; A= 3,0 m; T = 2,0 s
a) A colisão entre o míssil e a fortaleza é completamente inelástica, não vale a conservação de
energia no choque e só poderemos usar a conservação de momento.
p antes = p após ⇒ mv = (m + M )V ⇒ V =
Paulo Waki
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m
v
m+M
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A energia inicial da oscilação será:
E0 =
2
Teremos: v =
m+M 2
kA
m2
2
1
(m + M )V 2 = 1 m v 2 = 1 kA 2
2
2 m+M
2
4π 2 (m + M )
Por outro lado: k = (m + M )ω =
T2
2
( )
4π 2 (m + M ) 2
2π (m + M )
A ⇒v=
A Ö v = 188 m s
Obtem-se, portanto: v =
2 2
mT
mT
2
2
b) A equação horária do movimento será: x(t ) = A cos(ω .t + φ 0 )
Onde: A = 3,0 m; ω =
φ0 =
π
2
2π
= π (rad / s )
T
pois o corpo se encontra em equilíbrio no início (t = 0)
⎛
⎝
Obtendo-se assim: x(t ) = 3,0 cos⎜ π ⋅ t +
3)
g
L
m
M
π⎞
⎟m
2⎠
Um pêndulo de massa m = 1,2 kg, suspenso por um fio de comprimento
L, é largado em repouso a uma distância x = 10,0 cm de um outro
pêndulo de massa M = 4,8 kg e mesmo comprimento L, em repouso na
vertical. Considerando a colisão como sendo perfeitamente elástica e
desprezando as forças de atrito, calcule a distância máxima atingida
pelo pêndulo de massa M após a colisão.
Solução:
Dados: m = 1,2kg; M = 4,8kg; A = 10,0cm = 0,10m
Precisamos, inicialmente, determinar a velocidade v com que o pêndulo da esquerda atinge o
pêndulo de massa M. Para isso usamos a conservação da energia no MHS:
EMec = Ec ,equil ⇒
Para o pêndulo: ω =
2π
=
T
1 2 1 2
kA = mv ⇒ v =
2
2
g
Ö v=
L
k
A = ωA
m
g
A
L
Precisamos, inicialmente, determinar a energia inicial do pêndulo de massa M, logo após o
choque. Como a colisão é completamente elástica, valem as conservações de energia e
momento no choque.
pantes = papós ⇒ mv = mv1 + Mv2
1 2 1 2 1
mv = mv1 + Mv22
2
2
2
M
v2
Na primeira equação podemos isolar v1: v1 = v −
m
Ec ,antes = Ec ,após ⇒
2
M ⎞ 1
1 2 1 ⎛
mv = m⎜ v −
v2 ⎟ + Mv22
Substituindo na segunda:
m ⎠
2
2 ⎝
2
Paulo Waki
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1 M2 2 1
1 2 1 2 1
v2 + Mv22
mv = mv + Mv.v2 +
2 m
2
2
2
2
⎞
⎛M2
⎞
1⎛M2
1
⎜⎜
+ M ⎟⎟v22 + Mv.v2 = 0 ⇒ ⎜⎜
+ M ⎟⎟v2 + Mv = 0
2⎝ m
2
⎠
⎝ m
⎠
Finalmente: v2 = v
m
M +m
2
E a energia cinética do pêndulo M logo após o choque será: Ec , M
1 ⎛ m ⎞ 2
= M⎜
⎟ v
2 ⎝M +m⎠
Como o pêndulo se encontra na sua posição mais baixa, essa energia cinética é igual à
energia mecânica:
2
Ec ,M = E Mec
1 2
1 ⎛ m ⎞ 2
= kAMax
= M⎜
⎟ v
2
2 ⎝M +m⎠
2
g
1 g 2
1 ⎛ m ⎞ 2
Para o pêndulo vale: k = Mω = M
Ö
M AMax = M ⎜
⎟ v
L
2 L
2 ⎝M +m⎠
2
Tem-se, assim: AMax =
L⎛ m ⎞
⎜
⎟v =
g ⎝ M +m⎠
L⎛ m ⎞ g
⎛ m ⎞
A=⎜
⎜
⎟
⎟ A Ö AMax = 2,0cm
g ⎝M +m⎠ L
⎝ M +m⎠
4) Um pêndulo de comprimento L se encontra preso ao teto de um elevador. Supondo que o
elevador acelera com o mesmo valor, em módulo, na subida e na descida, determine o valor
dessa aceleração para que a razão entre os períodos de oscilação seja T1/T2 = 2.
Solução:
O período de oscilação do pêndulo é: T = 2π
L
g
onde g é a gravidade aparente, que depende do movimento
do elevador.
a
g*
Quando o elevador desce acelerado, a gravidade aparente
que age no pêndulo é g1 = g–a, donde: T1 = 2π
L
g1
Quando o elevador sobe acelerado, a gravidade aparente
que age no pêndulo é g2 = g+a, donde: T2 = 2π
Obtemos assim:
T1
=
T2
2π
2π
L
g1
L
g2
⇒
T1
=
T2
g2
⇒2=
g1
L
g2
g2
g
⇒ 2 =4
g1
g1
Tem-se: g 2 = 4.g1 ⇒ g + a = 4( g − a ) ⇒ 5a = 3 g
Finalmente: a =
Paulo Waki
m
3g
Ö a = 5,9 2
s
5
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EEXXEER
RC
CÍÍC
CIIO
OSS PPR
RO
OPPO
OSSTTO
OSS::
1) Uma partícula descreve um movimento circular uniforme de raio R = 2 m. A aceleração
centrípeta da partícula é igual a 18 m/s2. Considere um sistema de coordenadas Oxy com
origem no centro da circunferência. Para t = 0, o ângulo formado entre o eixo Ox e o vetor
posição da partícula é φ = 0. (a) Escreva a equação do deslocamento para o movimento
harmônico simples que ocorre no eixo Ox. (b) Determine a equação do deslocamento para o
MHS ao longo do eixo Ou. (c) Calcule o período destes dois movimentos harmônicos
simples. Respostas: (a) x = 2 cos 3t ; (b) y = 2 sen 3t ; (c) T = 2,1s
2) Um bloco de 0,5 kg executa um MHS com amplitude igual a 1,5 m e período igual a 0,3 s.
(a) Calcule o valor máximo da força que atua sobre o bloco. (b) Determine a constante
elástica da mola necessária para produzir esta oscilação. R: (a) F = 329 N; (b) k = 219 N/m.
3) Um bloco de 2,0 kg está suspenso numa mola. Liga-se ao bloco um corpo de 200g; verificase uma distensão adicional de 2,3 cm. Removendo-se a seguir o corpo de 200g e deixando
o bloco oscilar na vertical, qual será o período de seu movimento? Resposta: T = 1,0 s.
4) A escala de um dinamômetro tem 10 cm e ele pode medir de 0 até 200 N. Calcule o peso de
um pacote suspenso ao dinamômetro sabendo que ele oscila verticalmente com freqüência
de 2,0 Hz. Resposta: 124 N.
5) Um bloco de massa m está preso à extremidade de uma mola que vibra com um período de
3,0 s; quando a massa sofre um acréscimo de 2,5 kg, o período passa a ser de 4,0 s.
Calcule o valor de m. Resposta: m = 3,2 kg
6) Uma partícula de massa m está suspensa por uma mola de constante elástica k e
comprimento relaxado L0 e massa desprezível, presa ao teto. A partícula é solta em
repouso, com a mola relaxada. Tomando o eixo Oz orientado verticalmente para baixo, com
origem no teto, calcule a posição z da partícula em função do tempo.
⎛
⎝
Resposta: z = ⎜ L0 +
⎛ k
⎞
mg ⎞ mg
t + π ⎟⎟
sen⎜⎜
⎟+
k ⎠ k
⎝ m
⎠
7) (a) Quando o deslocamento de uma partícula em MHS for igual à metade da amplitude A,
que fração da energia total será cinética e que fração será potencial? (b) Para que valor de
deslocamento as energias cinética e potencial serão iguais?
Respostas: (a) EP =
1
3
A
ET e EP = ET ; (b) x =
4
4
2
8) Um bloco de 6,0 kg está suspenso em uma mola de constante elástica k = 16 N/m. Uma
bala de massa igual a 50 g atinge o bloco verticalmente, de baixo para cima, com velocidade
de 150 m/s, ficando retida no bloco. (a) Determine a amplitude do movimento harmônico
simples resultante. (b) Calcule a fração da energia cinética original da bala armazenada no
oscilador harmônico. Há perda de energia neste processo? Explique!
Respostas: (a) A = 0,76 m; (b) fração = 0,8% (perda de energia, pois o choque é inelástico)
9)
Uma bola de goma de mascar, de massa m, cai de uma altura h sobre o prato de uma
balança de mola e fica grudada nele. A constante da mola é k, e as massas da mola e do
prato são desprezíveis. (a) Qual é a amplitude de oscilação do prato? (b) Qual é a energia
total de oscilação?
Respostas: (a) A =
2mgh
; (b) ET = mgh
k
10) Uma esfera maciça de 1,5 kg está suspensa por um arame preso ao teto. O raio da esfera
vale 0,18 m e o módulo de torção do fio vale 6,0.10-3 N.m/rad. Determine o período das
pequenas oscilações angulares de torção. Resposta: T = 11,3 s.
11) (a) Calcule a freqüência de um pêndulo simples de 3,0 m de comprimento. (b) Calcule sua
freqüência supondo que a extremidade superior do fio seja acelerada para cima a 2,5 m/s2.
(c) Qual seria sua freqüência se a aceleração do item anterior fosse para baixo?
Respostas: (a) 0,29 Hz; (b) 0,32 Hz; (c) 0,25 Hz.
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12) Um pêndulo de comprimento L possui período de 2,5 s na superfície da Terra. O mesmo
pêndulo é transportado para a superfície da Lua, onde a gravidade é igual a g/6, com g =
9,8 m/s2. Calcule o período deste pêndulo na Lua. Resposta: T = 6,12 s.
13) Um relógio de pêndulo mede corretamente o tempo num local onde g = 9,810 m/s2.
Transporta-se este relógio para um local onde g’ = 9,805 m/s2. Pergunta-se: (a) o relógio
passará a adiantar ou atrasar? (b) se o período do pêndulo era de 2 s, qual será o novo
período do pêndulo? Respostas: (a) Atrasará. (b) T’ = 2,0005 s.
14) Um pêndulo balístico de madeira, de massa igual a 10 kg, suspenso por um fio de 1 m de
comprimento, é atingido no instante t = 0 por uma bala de 10 g, viajando a velocidade de
300 m/s, que fica encravada nele. Achar o ângulo θ (em radianos) entre o fio e a vertical,
como função de t.
Resposta: θ (t ) = 0,095 sen(3,2t )
Paulo Waki
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PARTE I: MOVIMENTO OSCILATÓRIO
U
UN
NIID
DA
AD
DEE 0022:: A
Am
moorrtteecciim
meennttoo
Prof. Paulo Sizuo Waki
O
OB
BJJEETTIIVVO
OSS::
Ao final desta unidade espera-se que os alunos sejam capazes de:
(a) resolver problemas simples envolvendo oscilações amortecidas;
(b) resolver problemas simples envolvendo oscilações amortecidas e forçadas
LLEEIITTU
UR
RA
AR
REEC
CO
OM
MEEN
ND
DA
AD
DA
A::
Para uma melhor compreensão deste assunto, o aluno deverá ler o(s) seguinte(s) livro(s):
(c) FÍSICA - R.Resnick & D.Halliday - Vol.2 - 4a Edição; Cap.15 - pág. 26 a 29
(d) CURSO DE FÍSICA BÁSICA – H. M. Nussenzveig – V. 2 – 2a Ed.; Cap. 4 – pág. 115 a 153.
B
BR
REEVVEE R
REESSU
UM
MO
OD
DA
A TTEEO
OR
RIIA
A::
1. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS
As oscilações harmônicas simples pressupõem a existência de sistemas conservativos, o que
na prática não acontece, pois sempre haverá dissipação de energia. Por exemplo, no caso do
pêndulo, as oscilações são amortecidas devido à resistência do ar; no movimento de corpos
presos a extremidades de molas há dissipação de energia devido ao atrito entre superfícies; na
corda de violão que vibra, a energia da corda é dissipada pelo ar e origina a onda sonora que
ouvimos; etc....
Do ponto de vista das implicações físicas, os fenômenos mais interessantes estão associados
ao amortecimento devido à resistência do ar, razão pela qual iremos desenvolver um estudo
mais detalhado.
Se, juntamente com a força elástica, tivermos a presença de forças de atrito viscoso, a força
resultante será:
r
r
R = −kxxˆ − bv
Da segunda Lei de Newton, teremos:
r
r
ma (t ) = −kx(t ) xˆ − bv (t )
d 2x
dx
+ 2γ
+ ω 02 x = 0
Obtemos a equação diferencial:
2
dt
dt
Onde:
ω 02 =
k
m
e
γ =
b
2m
Temos uma equação diferencial linear homogênea de 2a ordem com coeficientes constantes, o
que permite procurar soluções do tipo: x (t ) = e , obtendo a equação característica:
pt
p 2 + 2γp + ω 02 = 0
Cujas raízes são: p = −γ ±
γ 2 − ω 02
1.1) Amortecimento subcrítico
Se γ < ω 0 , dizemos que o amortecimento é subcrítico. Neste caso, na solução da equação
característica teremos raiz quadrada de número negativo, donde:
p = −γ ± iω com ω = ω 02 − γ 2
Paulo Waki
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A solução geral da equação diferencial será uma combinação linear das duas soluções
possíveis.
x(t ) = ae p1t + be p 2 t onde a e b são constantes reais
Escrevendo explicitamente:
(
x (t ) = e − γ .t ae iω .t + be − iω .t
)
As soluções fisicamente significativas são obtidas tomando a parte real da solução geral da
equação diferencial:
x (t ) = e − γ .t [a cos (ω t ) + b sen (ω t )]
− γ .t
cos (ω t + ϕ )
ou x (t ) = Ae
1.2) Amortecimento supercrítico
Se γ > ω 0 , dizemos que o amortecimento é supercrítico. Neste caso, na solução da equação
característica teremos raiz quadrada de número positivo, donde:
A solução da equação diferencial será:
Onde:
(
x (t ) = e − γ .t ae β .t + be − β .t
)
β = γ 2 − ω 02 . Temos que β < γ sempre, donde x(t) será a soma de duas
exponenciais decrescentes.
1.3) Amortecimento crítico
Se γ = ω 0 , dizemos que o amortecimento é crítico. Neste caso β = 0 , e as duas soluções
independentes da equação diferencial se reduziriam a uma única. No entanto, uma equação
diferencial de segunda ordem deve sempre possuir duas constantes de integração, o que nos
leva a procurar uma segunda solução independente por outros meios. A solução geral acaba
sendo:
x (t ) = e − γ .t (a + bt )
2. OSCILAÇÕES FORÇADAS
As oscilações livres, estudadas até aqui, se caracterizam pelo fato do oscilador receber uma
energia inicial e depois ser deixado a oscilar livremente. O período de oscilação é determinado
pela própria natureza do oscilador, ou seja, por sua inércia e pelas forças restauradoras que
atuam sobre ele. O amortecimento ocorre quando forças dissipativas, além da força
restauradora, estão presentes no movimento.
A situação mais interessante, do ponto de vista de aplicações tecnológicas, ocorre quando
forças externas periódicas estão presentes no movimento, suprindo continuamente um
acréscimo de energia ao movimento oscilatório, “compensando” a perda por dissipação. Temos
então as oscilações forçadas.
2.1) Oscilações forçadas não-amortecidas
Consideremos uma força externa F (t ) = F0 cos(ω .t ) , onde ω é a freqüência angular da força.
d 2x
A equação de movimento será: m 2 + kx = F (t ) = F0 cos(ω .t )
dt
Vamos chamar de ω 0 a freqüência natural ou freqüência própria de oscilação do corpo.
ω 02 =
Paulo Waki
Página 11
k
m
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F
d 2x
+ ω 02 x = 0 cos(ω .t )
A equação de movimento ficará sendo:
2
m
dt
Que é uma equação diferencial de 2a ordem inomogênea, não valendo o princípio da
superposição. A solução dessa equação será:
x(t ) =
F0
e iω .t
2
2
m ω0 − ω
(
)
O corpo será obrigado a oscilar com a freqüência angular ω da força aplicada.
Ressonância:
Quando a freqüência ω da força externa se aproxima da freqüência ω 0 das oscilações livres,
a amplitude da oscilação cresce rapidamente. No limite em que ω → ω 0 , a amplitude tende ao
infinito, gerando o fenômeno da ressonância.
2.2) Oscilações forçadas amortecidas
Consideremos uma força externa F (t ) = F0 cos(ω .t ) juntamente com uma força dissipativa. A
equação de movimento será:
d 2x
dx
m 2 + b + kx = F (t ) = F0 cos(ω .t )
dt
dt
d 2x
dx
F
+ 2γ
+ ω 02 x = 0 cos(ω .t )
2
dt
dt
m
Dividindo tudo por m:
A solução dessa equação será:
x(t ) = Ae i (ω .t +ϕ )
Ou, considerando somente a parte real: x(t ) = Re z (t ) = A cos(ω .t + ϕ )
Onde:
A=
(
F0
⎛
2γω
2
⎝ω −ω
ϕ = −arctg⎜⎜
e
)
m ω 02 − ω 2 + 4γ 2ω 2
2
2
0
⎞
⎟
⎟
⎠
Observações:
1o) Ressonância de Amplitude
A amplitude da oscilação será máxima quando o denominador de A atinge o valor mínimo.
Portanto,
ω = ω 02 − 4γ 2
2o) Ressonância de Energia
Ocorre quando a amplitude da velocidade atinge o seu valor máximo. Portanto,
dx(t )
= −ω . A sen (ω .t + ϕ )
dt
F0
ω.A =
1
2
2
⎤
⎡⎛
k⎞
2
⎢⎜ mω − ⎟ + b ⎥
ω⎠
⎦⎥
⎣⎢⎝
v(t ) =
A amplitude da velocidade será máxima para:
Paulo Waki
ω=
Página 12
k
= ω0
m
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EEXXEER
RC
CÍÍC
CIIO
OSS R
REESSO
OLLVVIID
DO
OSS::
1) Um pêndulo simples possui comprimento L = 1 m. A amplitude angular inicial era A0 = 60 e,
quando t = 3 s, a amplitude angular passa para 5,40. (a) Calcule o período do pêndulo no início
do movimento. (b) Calcule o período do pêndulo para t = 3 s.
Dados: L = 1,0 m ; A0 = 60 ; A(t=3s) = 5,40.
(a) No início do movimento pode ser entendido como sendo o
período na ausência de resistência. Neste caso:
g
T0 =
2π
ω0
= 2π
L
⇒ T0 = 2,0071s
g
(b) No instante t = 3 s, pelos dados, observa-se que a amplitude de oscilação diminuiu de 60
para 5,40. Donde concluímos que a oscilação é amortecida e, mais ainda, que o amortecimento
é sub-crítico. Devemos, portanto, calcular o coeficiente de amortecimento .
A expressão da equação horária do movimento, para uma oscilação amortecida é:
x(t ) = A0 e −γ .t cos(ω .t + ϕ )
−γ .t
Onde a amplitude de oscilação, em função do tempo é dada por: A(t ) = Ae
Esta expressão permite calcular o coeficiente γ:
e −γ .t =
⎛ A(t ) ⎞
A(t )
1 ⎛ A(t ) ⎞
⎟⎟ ⇒ γ = − ln⎜⎜
⎟⎟
⇒ −γt = ln⎜⎜
A0
A
t
A
⎝ 0 ⎠
⎝ 0 ⎠
Usando os dados do problema, para o instante t = 3 s, obtemos:
1 ⎛ 5,4 ⎞
⎟ = 0,035
3 ⎝ 6 ⎠
γ = − ln⎜
A nova freqüência angular, do movimento amortecido, é dada por:
ω = ω 02 − γ 2 ⇒ ω = 3,1303rad / s
Por fim:
T=
2π
ω
= 2,0072 s
2) Um bloco de 6,0 kg está suspenso, e em repouso, em uma mola de constante elástica k = 16
N/m. Uma bala de massa igual a 50 g atinge o bloco verticalmente, de baixo para cima, com
velocidade de 150 m/s, ficando retida no bloco. A força de resistência do meio é
r
r
Fres = −0,30v . Tomando como origem das coordenadas o ponto onde o bloco estava em
repouso, determine a equação horária do movimento resultante.
Solução:
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Dados: M=6,0kg; m=50g=0,05kg; k=16N/m; v=150m/s; b=0,30
Em primeiro lugar, devemos resolver o problema de colisão para
determinar a energia inicial da oscilação.
g
Como o choque é inelástico, não podemos usar a conservação de
energia, mas somente a conservação de momento na colisão.
k
pantes = papos ⇒ mv = (m + M )V ⇒ V =
M
m
v
m+M
Podemos calcular a energia logo após a colisão:
Ec =
v
m
1
(m + M )V 2 e E p = 0
2
1
1 m2
2
v2
A energia total da oscilação será, portanto: ET = Ec + E p = (m + M )V =
2
2 (m + M )
Por outro lado, a energia total do MHS é: ET =
1 2 1 m2
kA =
v2
2
2 (m + M )
m2v 2
m2v 2
Obtemos, finalmente: A =
⇒ A=
k (m + M )
k (m + M )
2
Ö
A = 0,76m
Essa amplitude que foi calculada é o valor máximo que se atingiria, caso não houvesse o atrito.
Considerando que há a perda por atrito, a equação de movimento fica:
x(t ) = Ae −γ .t cos(ω .t + ϕ )
b
Onde: γ =
= 0,025 e ω = ω02 − γ 2 =
2(m + M )
k
b2
−
= 1,63
(m + M ) 4(m + M )2
Como o bloco estava parado na posição de equilíbrio no instante inicial (t=0), isto leva à
condição: cos(ω.0 + ϕ ) = cos(ϕ ) = 0 ⇒ ϕ = π / 2
−0 , 025t
cos(1,63t + π / 2)
Finalmente: x(t ) = 0,35e
g
L
3) O irmão mais velho (muito bonzinho) cuida do irmãozinho caçula,
que brinca num balanço de comprimento L = 3,0 m. O irmão mais
velho aplica uma força senoidal, fazendo com que o balanço oscile
com período T = π s e amplitude A = 0,90 m. Sendo a massa do
irmãozinho igual a 20 kg e a força de resistência do ar
r
r
Fres = −0,29v , determine:
a) a equação horária do movimento do irmãozinho caçula;
Para oscilações forçadas com amortecimento, a equação horária do
movimento será:
⎛
⎞
x(t ) = A cos(ω.t + ϕ ) onde ϕ = −arctg ⎜⎜ 22γω 2 ⎟⎟
⎝ ω0 − ω ⎠
2π
Sendo: ω a freqüência angular do movimento amortecido Ö ω =
= 2rad / s
T
g
ω0 é a freqüência natural do balanço, sem amortecimento Ö ω0 =
= 1,8rad / s
L
Paulo Waki
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b
= 7,25.10 −3 s −1
2m
⎛ 2γω ⎞
⎟
Pode-se calcular, portanto, a fase ϕ : ϕ = −arctg ⎜ 2
⎜ ω − ω 2 ⎟ = 0,038
⎝ 0
⎠
γ é o coeficiente de amortecimento Ö γ =
Finalmente: x(t ) = 0,9 cos(2t + 0,038) (1)
(b) a intensidade máxima da força aplicada pelo irmão mais velho para manter o balanço
oscilando.
A intensidade máxima da força aplicada pelo irmão pode ser calculada a partir da amplitude da
oscilação descrita pela equação (1).
F0
2
A=
= 0,9 ⇒ F0 = 0,9.m ω 02 − ω 2 + 4γ 2ω 2
2
m ω 02 − ω 2 + 4γ 2ω 2
(
(
)
)
F0 = 13,7 N
4) O mecanismo de um relógio de parede faz com que o pêndulo do
relógio oscile com amplitude constante θ = 0,10 rad e período T =
2,0 s. São conhecidos o comprimento do pêndulo L = 30 cm e a sua
massa m = 50 g. Se a força de atrito que atua no pêndulo é dada
r
r
por Fres = −0,16v , determine:
a) a expressão da força aplicada sobre o pêndulo pelo mecanismo
do relógio e que mantêm a oscilação constante;
b) a amplitude da oscilação que resultaria caso o atrito fosse nulo.
L
m
Dados: A = 3,0 cm = 0,03 m; T = 1,0 s; L = 30 cm = 0,30 m;
r
r
m = 50 g = 0,050 kg; Fres = −0,16v
Solução:
a) Trata-se de um problema de oscilação forçada com amortecimento. O deslocamento z(t)
será dado por:
x(t ) = A cos(ω.t + ϕ )
Onde: ω =
2π
b
=π ; γ =
= 1,6 ; ω 0 =
T
2m
g
= 5,7
L
A expressão da força exercida pelo mecanismo sobre o pêndulo é da forma:
F (t ) = F0 cos ω.t
Obtendo-se:
onde
A=
F0
(
m ω 02 − ω
)
2 2
+ 4γ 2ω 2
=
F0
Ö F0 = 1,24 A = 3,7.10 −2 N
1,24
F (t ) = 3,7.10 −2 cos(3,14.t )N
b) Agora teremos oscilação forçada sem amortecimento. A equação de movimento será:
z (t ) =
E a amplitude da oscilação dada por: A =
Paulo Waki
F0
e iω .t
2
m ω −ω
(
F0
m ω −ω2
(
)
2
0
2
0
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)
Ö
A = 3,3.10 −2 m
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EEXXEER
RC
CÍÍC
CIIO
OSS PPR
RO
OPPO
OSSTTO
OSS::
1)
Para o sistema mostrado na figura, o bloco tem massa de 1,5 kg e a
mola, constante k = 8,0 N/m. Suponha que o bloco seja puxado para
baixo uma distância de 12 cm e então abandonado. Se a força de atrito
k
é expressa por − b
dx
, onde b = 0,23 kg/s, determine o número de
dt
oscilações efetuadas pelo bloco durante o intervalo de tempo
necessário para que a amplitude caia para um terço de seu valor inicial.
Resposta: N = 5 ciclos.
m
b
2) Um pêndulo simples perde em 8 min 99% de sua energia inicial. O comprimento do pêndulo
vale L = 50 cm. Se a amplitude inicial da oscilação era igual a 8 cm, calcule a amplitude da
oscilação quando t = 8 minutos. Resposta: A = A0/10 = 0,8 cm.
3) Determine a freqüência angular ω’ do movimento harmônico amortecido em função da
freqüência angular ω0 do movimento harmônico simples do sistema.
⎛ b ⎞
Resposta: ω ' = ω 0 1 − ⎜
⎜ 2mω ⎟⎟
0 ⎠
⎝
2
4) Determine o período das oscilações de um pêndulo simples que executa pequenas
oscilações com amortecimento.
2π
Resposta: T =
2
⎛g⎞ ⎛ b ⎞
⎜ ⎟−⎜
⎟
⎝ L ⎠ ⎝ 2m ⎠
5) Determine a variação relativa da energia de um oscilador harmônico amortecido durante um
ciclo completo. Resposta:
6)
A
ΔE
bT
=−
E
m
Uma pessoa está segurando a extremidade A de uma mola de massa desprezível e
e constante elástica 80N/m. Na outra extremidade (B) há uma massa de
0,5 kg suspensa, inicialmente em equilíbrio. No instante t = 0, a pessoa
começa a sacudir a extremidade A, fazendo-a oscilar harmonicamente
g com amplitude de 5,0 cm e período de 1,0 s.
(a) Calcule o deslocamento z da massa em relação à posição de
equilíbrio, para t > 0.
B
(b) Calcule a força total F(t) exercida sobre a extremidade A, para t > 0.
Respostas: (a) z (t ) = 5.10 cos(6,28t ) ; (b) F (t ) = 3,0 cos(6,28t )
−2
7) Um corpo de massa m = 2 kg está preso a uma mola de constante k = 800 N/m. Aplica-se
sobre o corpo uma força externa F = 103sen40t (onde todas as unidades são em MKS).
Calcule: (a) a freqüência angular das oscilações forçadas; (b) a freqüência angular natural
do sistema; (c) a amplitude das oscilações do sistema; (d) a tangente da diferença de fase
entre a resposta e a força que excita o sistema. Use b = 5 kg/s.
Respostas: (a) 40 rad/s; (b) 20 rad/s; (c) 41 cm; (d) tgϕ = −0,083
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8) Uma mola de constante k1 = 200 N/m está ligada em paralelo a outra mola de constante k2 =
400 N/m. Essas molas estão presas a um corpo de massa m = 2 kg, que sofre a ação de
uma força externa periódica. Calcule a freqüência dessa força para que ocorra ressonância
no sistema. Resposta: 17,32 rad/s.
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