FIS-26 – Resolução Lista-07 – Matheus Barros de Paula
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Questão 1. Sabemos que a equação de uma onda se propagando para a direita é:
y(x, t) = A cos(kx − ωt + φ0 )
Como a onda dada tem equação (no SI):
y(x, t) = (0,020) cos(0,250x − 50,0t + π/3)
Temos que:
(a) φ0 = π/3
(b) A = 0,020 m
(c) k = 0,250 m−1
(d) ω = 50,0 rad/s
(e) como ω = kv, temos que v = ω/k
logo v = 200 m/s
(f) como k = 2π/λ, temos que λ = 2π/k
logo λ = 25,1 m
(g) como ω = 2πf , temos que f = ω/(2π)
logo f = 7,96 Hz
Questão 2. Sabemos que a equação de uma onda se propagando para a direita é:
y(x, t) = A cos(kx − ωt)
(a) Como ω = kv, substituindo na equação anterior temos:
y(x, t) = A cos(kx − kvt)
logo, colocando k em evidência
y(x, t) = A cos[k(x − vt)]
(b) Como k = 2π/λ e ω = 2π/T , temos:
y(x, t) = Acos(2πx/λ − 2πt/T )
logo, colocando 2π em evidência:
y(x, t) = A cos[2π(x/λ − t/T )]
Questão 3. (a) Pela figura, vemos que o ponto com fase π (o ponto mais baixo) se desloca de ∆S = 0,5m
num intervalo de tempo ∆t = 20ms, e como v = ∆S/∆t, temos que:
v = 25 m/s
(b) Como v = λf e pela figura λ = 4,0 m, temos que:
f = 6,25 Hz
1
Questão 4. Como ω = 2πf , temos que ω = 2,80x103 m/s. Além disso, como v = λf , temos que
λ = 0,854 m. Ainda, como k = 2π/λ, temos que k = 7,36 m−1 .
Logo, substituindo na equação de onda, temos(no SI):
y(x, t) = (0,0075) cos(7,36x + 2800t + φ0 )
Questão 5. Sabemos que:
∂ 2 y(x, t)
= −ω 2 A cos(kx − wt)
2
∂t
−1
Pelo enunciado, A = 0,0050 m, k = 5,34 m e ω = 1800 rad/s. Logo temos, em unidades do SI:
a(x, t) =
a(x, t) = −16200 cos(5,34x − 1800t)
Questão 6. Sabemos que
∂y(x, t)
= ωA sin(kx − ωt)
∂t
Pelo enunciado, A = 0,0250 m, k = 6.28 m−1 e ω = 628 rad/s. Logo, para x = 1,00 m e t = 8,00 ms,
temos que v = 15,7sen(1,26), logo:
v = 14,9 m/s
v(x, t) =
Questão 7. Sabemos que
I=
Usando que ω = kv, k = 2π/λ e v =
µvω 2 A2
2
p
T /µ, temos que:
s
2 2
T3
2π A
I=
λ2
µ
Portanto, substituindo os valores dados no enunciado:
I = 4,07W
Questão 8. a) Sabemos que:
A2 = A21 + A22 + 2A1 A2 cos δφ
Substituindo os valores dados, temos que:
A = 1,85 cm
b) Para que a amplitude resultante fosse igual a 1,00 cm, teriamos cos δφ = −0,5, logo:
δφ = 120◦
2
Questão 9. Considerando a amplitude A como 1m, temos que, como ω1 ≈ 2π, ω2 ≈ 4π e ω3 ≈ 6π, como
ω = 2π/T , temos que os periodos serão T1 = 1 s, T2 = 1/2 s e T3 = 1/3 s.
Logo o perfil da corda para 0s, 1s e 2s serão os mesmos, conforme a figura abaixo:
Questão 10. Nota-se que a diferença de fase entre y1 e y3 é de 2π/3. Logo, como visto no exercicio 8, a
amplitude da onda resultante será igual a 0,02 e sua fase inicial será 0. Logo y1 + y3 = y2 ⇒ y1 + y2 + y3 =
2y2 = 0,04 sin(6,28x − 3,14). Colocando num gráfico temos:
Questão 11. Como f = 100 Hz, temos que ω = 628 rad/s. Ainda, como o diametro
1,00mm , a tensão
q valeq
vale 500 N e a densidade é 8,00.103 kg/m3 , temos que a velocidade vale v =
T
µ
=
4T
ρπd2
= 282 m/s.
Ainda, k = ω/v = 2,23 m−1 Além disso, como sin α = cos(π/2 − α), temos:
y1 = 2,00.10−3 cos(2,23x − 628t + π/6), y2 = 4,00.10−3 cos(2,23x − 628t + π/2)
Podemos escrecer cos α = Re[eiα ], assim podemos somar as duas ondas mais facilmente:
y = 2,00.10−3 Re[ei(2,23x−628t+π/6) + 2ei(2,23x−628t+π/2) ] = 2,00.10−3 Re[ei(2,23x−628t) (eiπ/6 + 2eiπ/2 )]
√
Porém vemos que eiπ/6 + 2eiπ/2 = 7ei1,24 , logo:
√
√
y = 2,00.10−3 Re[ei(2,23x−628t) 7ei1,24 ] = 2,00.10−3 7Re[ei(2,23x−628t+1,24) ]
y = 5,29.10−3 cos(2,23x − 628t + 1,24)
b) A intensidade é dada por I =
vale:
µvω 2 A2
.
2
Usando os dados do exercı́cio, temos que a intensidade resultante
I = 9,79 W
3
c) Como a intensidade é proporcional a amplitude ao quadrado, temos que
Logo:
Imax
=9
Imin
4
A2
(2A + A)2
Imax
= max
=
.
Imin
A2min
(2A − A)2